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