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2025年上海市春季高考数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共12题，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分，共54分）
1．（4分）已知集合A＝{x|x＞0}，B＝{﹣1，0，1，2}，则A∩B等于 { 1 ， 2 } ．
【分析】交集是由两个集合的公共元素组成的集合。集合 A 是大于 0 的实数集，集合 B 包含 -1、
0、1、2，所以只需找出 B 中大于 0 的元素，这些元素构成的集合就是 A∩B。
【解答】解：由集合A＝{x|x＞0}，B＝{﹣1，0，1，2}，
则A∩B＝{x|x＞0}∩{﹣1，0，1，2}＝{1，2}．
故答案为：{1，2}．
【点评】本题考查集合的交集运算，属于基础知识点，关键在于理解交集的定义，从给定集合中筛选
符合条件的元素。
x
2．（4分）不等式 ＜0的解集为 （ 0 ， 1 ） ．
x−1
x
【分析】对于分式不等式 ＜0，根据分式的正负性规律，其小于 0 意味着分子分母异号。由于
x−1
分子 x 恒大于分母 x - 1，所以只能是分子 x 为正，分母 x - 1 为负，由此求解不等式。
x
【解答】解：由不等式 ＜0可得 x（x﹣1）＜0，解得 0＜x＜1，
x−1
故答案为：（0，1）．
【点评】本题考查分式不等式的解法，核心是将分式不等式转化为整式不等式求解，需要掌握一元二
次不等式的解法。
2+i
3．（4分）已知复数z= ，其中i为虚数单位，则|z|＝ ❑√5 ．
i
2+i
【分析】先根据复数的除法运算法则，将z= 的分母实数化进行化简，得到复数的标准形式。再根
i
据复数模的计算公式|z|=❑√a2+b2（其中 a、b 分别为复数的实部与虚部）来计算|z|。
2+i i(2+i)
【解答】解：z= = =1−2i，
i i2
故|z|=❑√12+(−2) 2=❑√5．故答案为：❑√5．
【点评】本题考查复数的运算及复数模的计算。涉及复数的除法运算，将分母实数化，以及复数模的
公式应用。
→ → → → 1
4．（4分）已知 a=(2，1) ， b=(1，x) ，若 a ∥ b ，则x＝
2
．
→ →
【分析】已知两个向量a=(2，1) 和b=(1，x) ，根据向量平行的坐标表示，若两向量平行，则它们
对应坐标交叉相乘的差为 0，据此列出关于 x 的方程并求解。
→ → → →
【解答】解：a=(2，1) ，b=(1，x) ，
a
∥
b
，
1
则2x＝1，解得x= ．
2
1
故答案为： ．
2
【点评】本题考查向量平行的坐标表示，直接运用向量平行的坐标公式进行计算，属于向量基础运算。
π
5．（4分）已知tan ＝1，则cos(α+ )= 0 ．
4
α
【分析】由同角三角函数的关系，结合两角和与差的三角函数求解．由tan ＝1，根据同角三角函数关
α
sinα
系tanα= 可知sin ＝cos 。再利用两角和的余弦公式cos（A+B）=cosAcosB−sinAsinB，
cosα
α α
π
将cos（α+ ）展开后代入sin ＝cos 进行计算。
4
α α
【解答】解：已知tan ＝1，
即sin ＝cos ， α
α πα ❑√2
则cos(α+ )= (cosα−sinα)=0．
4 2
故答案为：0．
【点评】本题考查三角函数的两角和公式以及同角三角函数关系。需要熟练掌握三角函数的基本公式，
并能根据已知条件进行灵活变形。
a 6
6．（4分）已知(x+ ) 的展开式中常数项是20，则a＝ 1 ．
x
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式，列出方程，求出a的值．
a
【解答】解：(x+ ) 6 的展开式的通项公式为T =Crx6−rarx−r=Crarx6−2r ，
x r+1 6 6令6﹣2r＝0，解得r＝3，所以T =C3a3=20，解得a＝1．
4 6
故答案为：1．
【点评】本题考查二项式定理中求特定项的系数。关键是掌握二项展开式的通项公式，通过令通项公
式中x的幂次为特定值来确定常数项。
7．（5分）已知{a }是首项为1、公差为1的等差数列，{b }是首项为1、公比为q（q＞0）的等比数列．
n n
1
若数列{a •b }的前三项和为2，则q＝ ．
n n 3
【分析】根据等差、等比数列通项公式，求出前三项和的表达式，解方程得 q 值。
【解答】解：由题意可得，a ＝n，b ＝qn﹣1，q＞0，
n n
若数列{a •b }的前三项和为2，则1+2q+3q2＝2，
n n
1
解得q= 或q＝﹣1（舍）．
3
1
故答案为： ．
3
【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式以及数列求和。需要根据数列通项公式求出前几项
和，再通过解方程得出公比的值。
8．（5分）关于x的方程|x﹣1|+| ﹣x|＝ ﹣1的解集为 [ 1 ， ] ．
【分析】根据x的取值范围去绝π 对值，π分类讨论解方程即可π．
{x−1+x−π，x≥π
)
{2x−1−π，x≥π
)
【解答】解：因为|x−1|+|π−x|= π−1，1＜x＜π = π−1，1＜x＜π ．
1−x+π−x，x≤1 1+π−2x，x≤1
当x≥ 时，令2x﹣1﹣ ＝ ﹣1，得x＝ ；
当1＜πx＜ 时，|x﹣1|+|π﹣xπ|＝ ﹣1恒成π立；
当x≤1时π，令1+ ﹣2xπ＝ ﹣1，π 得x＝1．
综上所述，方程|xπ﹣1|+| ﹣πx|＝ ﹣1的解集为[1， ]．
故答案为：[1， ]． π π π
【点评】本题考π查含绝对值的方程求解，需要根据绝对值内式子的正负性进行分类讨论，去掉绝对值
符号后再解方程。
9．（5分）已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的
π
底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为 ．
3
【分析】过A作AD∥BC交底面圆锥于D点，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得∠PAD的取值范围，从而得所求最值．
【解答】解：P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA＝2，该圆锥的底面半径是1，
B、C分别在圆锥的底面上，
如图，过A作AD∥BC交底面圆锥于D点，连接PD，
∵PA＝PD，AD∥BC，则∠PAD为异面直线PA与BC所成角，
|PA|2+|AD|2−|PD|2 22+|AD|2−22 |AD|
∴cos∠PAD= = = ，
2|PA|⋅|AD| 4|AD| 4
又0＜|AD|≤2，
|AD| 1 1
∴0＜ ≤ ，即0＜cos∠PAD≤ ，
4 2 2
π π
∵∠PAD∈(0， )，函数y＝cos 在α∈(0， )上单调递减，
2 2
α
π π
∴ ≤∠PAD＜ ，
3 2
π
∴异面直线PA与BC所成角的最小值为 ．
3
π
故答案为： ．
3
【点评】本题考查圆锥的几何性质以及异面直线所成角的求解。通过分析圆锥的结构特征，找到异面
直线所成角最大的情况，再利用三角函数求解。
10．（5分）已知双曲线x2 y2 （a＞0）的左、右焦点分别为F 、F ．通过F 且倾斜角为π的直
− =1 1 2 2
a2 6−a2 3
线与双曲线交于第一象限的点A，延长AF 至B使得AB＝AF ．若△BF F 的面积为3❑√6，则a的值为
2 1 1 2
❑√3 ．
【分析】由题意作图，根据三角形面积公式以及直线方程，结合双曲线的标准方程，可得答案．【解答】解：已知x2 y2
，
− =1
a2 6−a2
则b2＝6﹣a2＞0，
解得0＜a＜❑√6，
又 ，
c=❑√a2+b2=❑√6
则 ， ，
F (−❑√6，0) F (❑√6，0)
1 2
设B（x ，y ），
B B
又△BF F 的面积为3❑√6，
1 2
1
则S = ⋅|y |⋅|F F |=❑√6|y |=3❑√6，
△BF 1 F 2 2 B 1 2 B
解得y ＝﹣3，
B
π
由题意可得直线AB的斜率tan =❑√3，
3
则方程为y=❑√3(x−❑√6)，
将y ＝﹣3代入上式，
B
则 ，
−3=❑√3(x −❑√6)
B
解得 ，
x =❑√6−❑√3
B
由题意可得 |AF |−|AF |=|AB|−|AF |=|BF |=❑√ (❑√6−❑√3−❑√6) 2+(−3−0) 2=2❑√3 ，
1 2 2 2
易知a=❑√3．
故答案为：❑√3．
【点评】本题考查双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系、三角形面积公式等。知识点综合性强，
计算量较大，需要熟练掌握双曲线的相关知识以及运算技巧。
11．（5分）如图所示，正方形ABCD是一块边长为4的工程用料，阴影部分所示是被腐蚀的区域，其余部分完好，曲线PQ为以AD为对称轴的抛物线的一部分，DM＝DN＝3．工人师傅现要从完好的部分
4+❑√7
中截取一块矩形原料BQRR，当其面积有最大值时，AQ的长为 ．
3
【分析】建立平面直角坐标系，根据已知的点坐标求出抛物线的方程。分两种情况讨论矩形面积，当
AQ大于等于 3 时和AQ小于 3 时。当AQ小于 3 时，设AQ＝x（0＜x＜3），得到矩形面积关于 x
的函数。通过求导的方法判断这个函数的增减性，从而找到面积最大时AQ的值。
【解答】解：由题知，以A为原点，建立平面直角坐标系，如图，
则M（0，1），N（3，4），设MN方程为：y＝ax2+b，
所以{ 0+b=1 )， { a=
3
1 ) ，MN方程为：
y=
1
x2+1
，
9a+b=4 3
b=1
令矩形BQPR面积为S，
当AQ≥3时，S≤S ＝1×4＝4，
BQNC
1
当0＜AQ＜3，设AQ＝x（0＜x＜3），则P(x， x2+1)，
3
1 1 4
所以S=(4−x)( x2+1)=− x3+ x2−x+4，
3 3 3
8 4 2 7
则S′=−x2+ x−1=−(x− ) + ，
3 3 9
4−❑√7 4+❑√7
令S′＞0，则 ＜x＜ ，
3 34+❑√7 4−❑√7
令S′＜0，则x＞ 或x＜ ，
3 3
4+❑√7 4−❑√7 4−❑√7 4+❑√7
则S在( ，+∞)，(−∞， )上单调递减，在( ， )上单调递增，
3 3 3 3
4+❑√7 344+14❑√7
又0＜x＜3，S（0）＝4，S( )= ＞4，
3 81
4+❑√7
所以当AQ的长为 时，该矩形面积最大．
3
4+❑√7
故答案为： ．
3
【点评】本题考查利用抛物线方程求矩形面积最值问题。涉及建立平面直角坐标系、抛物线方程的求
解、函数最值的求法（导数法），需要综合运用多种数学知识和方法。
12．（5 分）在平面中，→ 和→ 是互相垂直的单位向量，向量→满足 → → ，向量→满足
e e a |a−4e |=2 b
1 2 1
→ → ，则→在→方向上的数量投影的最大值 4 ．
|b−6e |=1 b a
2
【分析】假设两个向量分别是 → 和 → ，根据已知条件可以确定 A、B 所在圆的圆心和半径。→在→
OA OB b a
方向上的数量投影和它们的夹角有关。通过分析图形，结合圆的性质和三角函数的关系，找出投影最
大时的情况。
【解答】解：根据题意不妨设→ （1，0），→ （0，1），→ （x，y），→ （m，n），
e = e = a= b=
1 2
则→ → → → ，
a−4e =(x−4，y)，b−6e =(m，n−6)
1 2
由 → → 可得（x﹣4）2+y2＝4，
|a−4e |=2
1
由 → → 可得m2+（n﹣6）2＝1，
|b−6e |=1
2
设 → → → →，故A在以C （4，0）为圆心，2为半径的圆上，
OA=a，OB=b 1
B在以C （0，6）为圆心，1为半径的圆上，
2
过B作BD⊥OA于D，则OD即为→在→上的数量投影，如下所示：
b a因为A，B分别为两圆上任意动点，不妨固定B，则OB为定长，
设 → → ，即∠AOB＝ ，故|OD|＝|OB|•cos ，
＜a，b＞=θ
θ θ
因为此时|OB|为定长，且 ＝∠AOB＜180°，
故随着 的减小，cos 增θ大，直至OA恰好与圆C
1
相切时，|OD|取得最大值，如下所示：
θ θ
在OA与圆C 相切的基础上，移动点B，过C 作C E⊥OA于E，故|OD|＝|OE|+|ED|；
1 2 2
在△C AO中，∠C AO＝90°，C A＝2，OC ＝4，
1 1 1 1
故∠AOC ＝30°，∠C OE＝60°，因为|OC |＝6，
1 2 2
故在直角三角形C OE中，|OC |＝2|OE|，则OE＝3，即|OD|＝|OE|+|ED|＝3+|ED|；
2 2
在四边形BDEC 中，因为∠DEC ＝∠C ED＝90°，故|DE|≤|BC |＝1，
2 2 2 2当且仅当BC ∥DE时等号成立，从而|OD|＝3+|ED|≤3+1＝4，
2
综上所述：→在→方向上的数量投影的最大值为4．
b a
故答案为：4．
【点评】本题考查向量的数量投影、圆的方程以及向量的坐标运算。结合了向量的几何意义和圆的性
质，需要对向量知识和圆的知识有深入理解，并能灵活运用。
二、选择题（本大题共4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，共18分）
13．（4分）如图，ABCD﹣A B C D 是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（ ）
1 1 1 1
A．AB和C D B．AA 和CC C．BD 和B D D．A D 和AB
1 1 1 1 1 1 1 1
【分析】根据正四棱台的特点，判断每个选项里两条直线的位置关系。看看上下底面的边是不是平行，
侧棱延长后是不是相交，来确定直线是平行、相交还是异面。
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，因为ABCD﹣A B C D 是正四棱台，所以AB∥A B ∥C D ，故A错误，
1 1 1 1 1 1 1 1
对于B，棱台的侧棱延长后交于一点，所以AA 与CC 相交，故B错误，
1 1
对于C，同理B，BB 与DD 也相交，所以B，B ，D ，D四点共面，所以BD 与B D相交，故C错误，
1 1 1 1 1 1
对于D，A D 与AB既不相交，也不平行，是异面直线，故D正确．
1 1
故选：D．
【点评】本题考查异面直线的判定，通过对正四棱台的几何结构分析，根据异面直线的定义判断各选
项直线的位置关系。
14．（4分）幂函数 y＝xa在（0，+∞）上是严格减函数，且经过（﹣1，﹣1），则 a的值可能是（ ）
2 1 1
A．− B．− C． D．3
3 3 3
【分析】根据幂函数的单调性可排除C和D；根据幂函数过点（﹣1，﹣1），可排除A．
2
− 1 1
【解答】解：对于A，若a=−
2
，则 −
2 ，当x＝﹣1时，y=(−1) 3= = =1，
3 y=x 3 2 √3 (−1) 2
(−1)3
所以幂函数 − 2过点（﹣1，1），故A错误；
y=x 3
1
− 1
对于B，若a=−
1
，则 −
1 ，当x＝﹣1时，y=(−1) 3= =−1，
3
y=x 3 1
(−1)3
所以幂函数 − 1过点（﹣1，﹣1），故B正确，
y=x 3
因为幂函数y＝xa在（0，+∞）上是严格减函数，所以a＜0，故C错误，D错误．
故选：B．
【点评】本题考查幂函数的性质，包括单调性和函数过定点问题。根据幂函数的单调性确定 a的范围，
再代入点的坐标验证选项。
15．（5分）有一四边形ABCD，对于其四边AB、BC、CD、DA，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：
如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以 A为起点沿着尚未擦去的边出
发，可以到达C点的概率为（ ）
1 7 1 3
A． B． C． D．
2 16 4 16
【分析】这是一个古典概型的问题。抛硬币时，四条边都有两种情况，根据分步计数原理可以算出总
共有多少种情况。然后找出从 A 出发沿着没擦掉的边能走到 C 点的所有情况，最后根据古典概型的
概率计算方法算出概率。
【解答】解：根据题意，对于其四边AB、BC、CD、DA，
按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币，
共有2×2×2×2＝16种情况，
要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，
若保留AB，BC两条边，则CD，DA可保留也可擦去，
共有2×2＝4种情况；
若保留AD，DC两条边，则AB，BC可保留也可擦去，
共有2×2﹣1＝3种情况（其中有一种情况与上面重复），则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有7种情况，
7
∴可以到达C点的概率为 ．
16
故选：B．
【点评】本题考查概率的计算，通过列举所有可能情况，找出符合条件的情况数，再根据古典概型概
率公式计算概率。
π π
16．（5分）已知a R，不等式[tan( x)−a][tan( x)−a−1]＜0在（0，2025）中的整数解有m个．
6 6
∈
关于m的个数，以下不可能的是（ ）
A．0 B．338 C．674 D．1012
π
【分析】由题设可得a＜tan( x)＜a+1，结合正切函数的周期，利用函数图象，数形结合分情况
6
讨论求解即可．
π π π
【解答】解：因为[tan( x)−a][tan( x)−a−1]＜0，所以a＜tan( x)＜a+1，
6 6 6
π
考虑函数y=tan( x)在（0，2025）的图像，以6为周期，
6
先考虑一条直线y＝t（t R）与函数的整点交点，
注意到在一个周期（0，∈6]内，可能存在的整点有1，2，4，5，6，
❑√3 ❑√3
可得t∈{−❑√3，− ，0， ，❑√3}，以下分情况讨论：
3 3
①当t=❑√3时，x＝2+6k，k＝0，1，2，…，337，有338个整点；
❑√3
②当t= 时，x＝1+6k，k＝0，1，2，…，337，有338个整点；
3
③当t＝0时，x＝6+6k，k＝0，1，2，…，336，有337个整点；
❑√3
④当t=− 时，x＝5+6k，k＝0，1，2，…，336，有337个整点；
3
⑤当t=−❑√3时，x＝4+6k，k＝0，1，2，…，336，有337个整点，
再考虑直线y＝a与y＝a+1所包围的区域（不含边界），注意到区间（a，a+1）的长度为1，
❑√3
所以可能0，− ∈(a，a+1)，就有337+337＝674个整点，故C可能；
3
❑√3 2❑√3 ❑√3
因为 与❑√3的距离为 ＞1，所以只可能是 或❑√3中的一个 （a，a+1），就有338个整点，
3 3 3
∈
故B可能；
❑√3 ❑√3
而当a＞❑√3时，{−❑√3，− ，0， ，❑√3}中没有元素 （a，a+1），就有0个整点，故A可
3 3
∈
能；
❑√3 ❑√3 2❑√3
注意到1012＝338+337+337，但 与− 的距离为 ＞1，故D不可能．
3 3 3
故选：D．
【点评】本题考查三角函数不等式的整数解问题以及正切函数的周期性。需要结合正切函数的图象和
性质，分析在给定区间内不等式整数解的个数情况。
三、解答题（本大题共5题，第17—19题每题14分，第20—21题每题18分，共78分）
17．（14分）在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝AC＝CP＝2，AB=BC=❑√2．
（1）若O是棱AC的中点，证明：BO⊥平面PAC，并求三棱锥B﹣OPA的体积；
（2）求二面角B﹣PC﹣A的大小．
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出
答案；（2）证明出OB，OC，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求
出二面角B﹣PC﹣A的大小．
【解答】解：（1）证明：连接BO，因为AB=BC=❑√2，所以BO⊥AC，
因为平面PAC⊥平面ABC，交线为AC，
BO 平面ABC，
所以⊂BO⊥平面PAC，
因为PA＝AC＝CP＝2，所以PO⊥AC，AO＝1， ，
PO=❑√AP2−AO2=❑√3
1 1 ❑√3
故S = OP⋅AO= ×❑√3×1= ，
△OPA 2 2 2
，由勾股定理得 ，
AB=❑√2 BO=❑√AB2−AO2=❑√2−1=1
又BO⊥平面PAC，
1 1 ❑√3 ❑√3
三棱锥B﹣OPA的体积V = S ⋅BO= × ×1= ；
3 △OPA 3 2 6
（2）由（1）知，BO⊥平面PAC，OC，OP 平面PAC，
所以BO⊥OC，BO⊥OP，又PO⊥AC，故O⊂B，OC，OP两两垂直，
以 O 为坐标原点，OB，OC，OP 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，P(0，0，❑√3)，C(0，1，0)，A(0，−1，0)，
→ → ，
BP=(−1，0，❑√3)，PC=(0，1，−❑√3)
设平面BPC的一个法向量为→ ，
m=(x，y，z)
则 { m → ⊥B → P ) ，则 { m → ⋅B → P=(x，y，z)⋅(−1，0，❑√3)=−x+❑√3z=0 ) ，
→ → → →
m⊥PC m⋅PC=(x，y，z)⋅(0，1，−❑√3)= y−❑√3z=0
令z＝1得
x= y=❑√3
，故
m
→
=(❑√3，❑√3，1)
，
又平面PCA的一个法向量为→ ，
n=(1，0，0)
→ →
→ → m⋅n (❑√3，❑√3，1)⋅(1，0，0) ❑√3 ❑√21
故cos＜m，n＞= = = = ，
→ → ❑√3+3+1 ❑√7 7
|m|⋅|n|
由图可知，二面角B﹣PC﹣A为锐角，
❑√21
故二面角B﹣PC﹣A的大小为arccos ．
7
【点评】本题考查三棱锥的体积计算，以及向量法的应用。
18．（14分）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且c＝5．
a sinB π
（1）若 = ，C= ，求a；
4b sinA 2
（2）若ab＝20，求△ABC的面积的最大值．
a sinB
【分析】（1）由 = ，结合正弦定理算出a＝2b，然后根据勾股定理求出边a的长；
4b sinA
（2）根据余弦定理与基本不等式，算出cosC的最小值，结合同角三角函数的关系求得sinC的最大值，
进而可得△ABC的面积的最大值．a sinB a b
【解答】解：（1）由 = ，根据正弦定理得 = ，化简得a＝2b，
4b sinA 4b a
π
因为C= ，c＝5，所以a2+b2＝c2＝25，即4b2+b2＝25，解得b=❑√5，a＝2b=2❑√5；
2
a2+b2−c2 1 1 3
（2）根据ab＝20，c＝5，由余弦定理得cosC= = （a2+b2﹣25）≥ （2ab﹣25）= ，
2ab 40 40 8
当且仅当a＝b时，等号成立．
9 9 55 ❑√55
所以cos2C≥ ，即1﹣sin2C≥ ，可得sin2C≤ ，结合sinC＞0，解得sinC≤ ．
64 64 64 8
1 ❑√55 5❑√55
因为△ABC的面积S= absinC＝10sinC≤10× = ，
2 8 4
5❑√55
所以当a＝b=2❑√5时，△ABC的面积取得最大值 ．
4
【点评】本题主要考查正弦定理与余弦定理、三角形的面积公式、运用基本不等式求最值等知识。
19．（14分）甲、乙是两个体育社团的小组．如下是两组组员身高的茎叶图（单位：厘米），以身高的
百位数和十位数作为“茎”排列在中间、个位数作为“叶”分列在两边．
甲、乙两小组组员身高分布茎叶图
甲队 乙队
15 9
7 7 5 5 4 16 0 3 5 5 6 7 8 8
8 5 4 3 2 2 17 2
3 18
（1）求甲、乙两组组员身高的第60百分位数；
（2）从甲、乙两组各选取一个组员，求两人身高均在170厘米以上的概率；
（3）为使两组人数相同，从甲组中调派一个队员到乙组．是否存在甲组的一个组员，将他调派至乙组
后，甲、乙两组的平均身高都增大？
【分析】（1）直接利用百分位数计算公式即可；
（2）根据组合公式和古典概率公式计算即可；
（3）先求出两者平均数，再进行判断．
【解答】解：（1）由题意得：
甲队：i＝12×60%＝7.2，
∴甲组的第60百分位数为从小到大排列的第8位组员身高，为173厘米；
乙队：i＝10×60%＝6，∴乙组的第60百分位数为从小到大排列第6位和第7位组员身高的平均数，
166+167
即为 =166.5厘米．
2
（2）记甲乙两队各选取一名组员，两人身高均在170厘米以上为事件A，
P(A)= n(A) = C 7 1 ⋅C 1 1 = 7 ，
n(Ω) C1 ⋅C1 120
12 10
7
∴从甲、乙两组各选取一个组员，两人身高均在170厘米以上的概率为 ．
120
167×2+165×2+164+178+175+174+173+172×2+183
（3）x = =171.25，
甲 12
159+160+163+165×2+166+167+168×2+172
x = =165.3
乙 10
要使两组平均身高都增大，
则从甲组调到乙组的组员身高应在两平均数之间（不包括端点平均数），
∴把甲组的其中一个167厘米的组员调到乙组即可．
【点评】本题考查百分位数、古典概型、排列组合、平均数等基础知识。
x2
20．（18分）在平面直角坐标系中，已知曲线Γ： + y2=1（y≥0），点P、Q分别为Γ上不同的两点，
4
T（t，0）．
（1）求Γ所在椭圆的离心率；
❑√5
（2）若T（1，0），Q在y轴上，若T到直线PQ的距离为 ，求P的坐标；
5
（3）是否存在t，使得△TPQ是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不
存在，请说明理由．
【分析】（1）根据椭圆方程直接求离心率；
❑√5
（2）问题化为以 T（1，0）为圆心， 为半径的圆与过 Q（0，1）的直线相切，且切线与
5
x2
Γ： + y2=1(y≥0)有交点，设切线方程，利用与圆相切关系求参数，进而确定P的坐标；
4（3）设PQ：y＝kx+m，P（x ，y ），Q（x ，y ），联立椭圆方程，结合韦达定理、判别式得
1 1 2 2
4km m
❑√4k2+1＞m＞2|k|≥0，注意讨论k＝0、k≠0，确定PQ中点为A(− ， )，再结合
1+4k2 1+4k2
k =− 1 、 → → 求参数范围．
TA k TP⋅TQ=0
x2
【解答】解：（1）因为椭圆Γ的方程为 + y2=1（y≥0），
4
所以a=2，c=❑√3，
❑√3
则椭圆的离心率为 ；
2
❑√5
（2）若T到直线PQ的距离为 ，
5
❑√5
可得以T（1，0）为圆心， 为半径的圆与过Q（0，1）的直线相切，
5
x2
且切线与Γ： + y2=1(y≥0)有交点，
4
显然切线斜率存在，
设切线为y＝nx+1，
此时|n+1| ❑√5，
=
❑√1+n2 5
整理得2n2+5n+2＝（2n+1）（n+2）＝0，
1
解得n=− 或n＝﹣2，
2
1 1
当n=− 时，切线方程为y=− x+1，
2 2
联立
{ y=− 1 x+1)
，
2
x2+4 y2=4
解得x＝0或x＝2，
即P（2，0），满足题意；
当n＝﹣2时，切线方程为y＝﹣2x+1，
16
同理得x＝0或x= ，
1716 15
即P( ，− )，不满足题意；
17 17
综上所述，P（2，0）；
（3）易知直线PQ的斜率存在，
设直线PQ的方程为y＝kx+m，P（x ，y ），Q（x ，y ），
1 1 2 2
联立{ y=kx+m )，消去y并整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
x2+4 y2=4
此时Δ＝64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）＝64k2﹣16m2+16＞0，
解得4k2＞m2﹣1，
由韦达定理得 8km ， 4(m2−1)，
x +x =− x x =
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
2m
所以y + y =k(x +x )+2m= ＞0，
1 2 1 2 1+4k2
4k2m2−4k2 8k2m2 m2−4k2
，
y y =k2x x +km(x +x )+m2= − +m2= ≥0
1 2 1 2 1 2 1+4k2 1+4k2 1+4k2
所以m2≥4k2且m＞0，
可得 ，
❑√4k2+1＞m＞2|k|≥0
当k＝0时，y ＝y ＝m且|x |＝|x |＝m，
1 2 1 2
2❑√5
则m= ∈(0，1)，
5
此时T（0，0），满足题意；
当k≠0，
4km m
易知PQ的中点为A(− ， )，
1+4k2 1+4k2
又T（t，0），m
−0
1+4k2 1
所以k = =− ，
TA 4km k
− −t
1+4k2
3km
即t=− ，
1+4k2
因为 → → ，
TP⋅TQ=(x −t)(x −t)+ y y =x x −t(x +x )+t2+ y y =0
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4(m2−1) 8kmt m2−4k2 5m2−4k2−4 8kmt ，
+ +t2+ = + +t2=0
1+4k2 1+4k2 1+4k2 1+4k2 1+4k2
所以5m2﹣4k2﹣4+8kmt+（1+4k2）t2＝0，
即5m2（1+k2）＝4（4k4+5k2+1），
解得0＜k2＜1，
9k2m2 36
此时t2= = ，
(1+4k2 ) 2 5
+20
k2
36
所以t2∈(0， )，
25
6 6
解得t∈(− ，0)∪(0， )．
5 5
6 6
综上所述，t∈(− ， )．
5 5
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中
档题．
21．（18分）已知函数y＝f（x）的定义域是D．对于t D，定义集合S
f（t）
＝{x|f（x）≥f（t）}．
（1）f（x）＝log 2 x，求S f（16） ； ∈
（2）对于集合A，若对任意x A都有﹣x A，则称A是对称集．若D是对称集，证明：“函数y＝f
（x）是偶函数”的充要条件是∈“对任意t ∈D，S
f（t）
是对称集”；
（3）若x R，f(x)=ex− 1 mx2．求m的 ∈ 取值范围，使得对于任意t ＜t D，都有S ⊆S ．
2 1 2 f(t 2 ) f(t 1 )
∈ ∈【分析】（1）根据对数函数的单调性即可求解；
（2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性；
（3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0恒成立即可求解．
【解答】解：（1）由定义得，S
f（16）
＝{x|f（x）≥f（16）}＝{x|log
2
x≥log
2
16}＝{x|x≥16}．
（2）证明：必要性：因为函数y＝f（x）是偶函数，所以对任意x D，f（x）＝f（﹣x），
对任意t D，若x S f（t） ，即f（x）≥f（t），则f（﹣x）＝f（x）≥∈f（t），
所以﹣x∈S
f（t）
，所∈以对任意t D，S
f（t）
是对称集．
充分性：∈若对任意t D，S f（t）∈是对称集，
因为对任意t D，t ∈S f（t） ，所以﹣t S f（t） ，即f（﹣t）≥f（t）①，
又﹣t S f（﹣t）∈，所以∈t S f（﹣t） ，即f（∈ t）≥f（﹣t）②．
由①∈②得，对任意t∈D，f（t）＝f（﹣t），
所以函数y＝f（x）是∈偶函数．
综上，“函数y＝f（x）是偶函数”的充要条件是“对任意t D，S
f（t）
是对称集”，得证．
（3）因为对于任意t ＜t D，都有 ， ∈
1 2 S ⊆S
f(t ) f(t )
2 1
∈
所以若 ，则 ，即若f（x）≥f（t ），则f（x）≥f（t ），
x∈S x∈S 2 1
f(t ) f(t )
2 1
所以f（t ）≥f（t ），所以f（x）在R上单调不减，
2 1
所以对任意x R，f′（x）＝ex﹣mx≥0恒成立．
当x＝0时，显∈然成立，m R；
当x＞0时， ex恒成立 ∈ ，令 ex， (x−1)ex ，
m≤ g(x)= g′(x)=
x x x2
所以g（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，所以m≤g（x） ＝g（1）＝e；
min
当x＜0时， ex恒成立，此时 (x−1)ex
m≥ g′(x)= ＜0
x x2
因为g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，当x→﹣∞时，g（x）→0，g（x）＜0，
x＜0，x→0时，g（x）→﹣∞，
所以m≥0；
综上，m的取值范围是[0，e]．
【点评】本题考查函数奇偶性和集合性质的综合证明、函数单调性与导数的关系、新定义集合与函数
性质的综合应用。
