文档内容
2025-2026 学年云南省名校联盟高三（上）第四次联考数学试卷
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．（5分）设集合A＝{﹣1，m}，B＝{﹣1，1，m2}，若A是B的子集，则实数m＝（ ）
A．﹣1 B．0 C．1 D．±1
2．（5分）已知双曲线 ： ＞，＞ 的离心率为2，则C的虚轴长与实轴长之比等于（ ）
2 2
2− 2 =1( 0 0)
A． B． C． D．
3 2
3．（5分3）若复数z满足 2 ， ，则|z|＝（ ）
2 2
A．0 B+． 1=2 = ⋅ C． D．2
4．（5分）记Sn 为等比数列{an}的前n项和，已知a1 ＝21，S3 ＝7，若{an}的公比小于零，则S5 ＝（ ）
A．15 B．﹣20 C．31 D．61
5．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x|x﹣2|，则方程f（x）＝ln|x|的
解的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
6．（5分）已知D为△ABC的边AB的中点，CA＝3，CB＝1，则CD的取值范围是（ ）
A． ， B． ， C． ， D．（1，2）
1 3 1 3
7．（5分( 2）一2个)将输入计算机(的2正整2)数n“归零”的程(1序执2 )行规则如下：按回车键，计算机等可能地用[0，
n）中的任意一个整数替换n的值并输出替换后的n值，重复以上操作，直到输出0后终止操作．若输
入的初始值n为3，终止操作时按回车键的次数为X，则X的数学期望为（ ）
A． B． C． D．
11 13 7 5
8．（5分
6
）把三根结实且等长的
6
树干一端用藤条捆扎
3
起来，另一端立在地面
2
不同的位置得到一个正三棱锥
架构，再用树枝、杂草等物覆盖形成侧面，可在野外搭建起一个三棱锥形状的简易帐篷，能起到遮风挡
雨的作用，设三根树干的长度都为6，当帐篷的容积最大时（不计损耗），其高度为（ ）
A．2 B．3 C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.2在每3 小题给出的四个选3项2中，有多项是符合题目要求
的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）由正四棱锥P﹣ABCD和四棱锥P′﹣ABCD拼接得到一个组合体，P与P′在平面ABCD
的异侧．若该组合体的所有顶点都在球O的球面上，且正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为1，则（ ）
第1页（共20页）A．球O的表面积为2
B．组合体体积最大值为π 1
C．当组合体体积为 时，点P′的轨迹是半径为 的圆
2 1
D．当组合体的体积最大时，其表面积为
4 2
（多选）10．（6分）设函数f（x）＝x3﹣3x22+a，3 则下列结论正确的是（ ）
A．x＝0是f（x）的极小值点
B．当且仅当0＜a＜4时，f（x）恰有三个零点
C．若f（x）＞0的解集为（﹣1，2）∪（2，+∞），则a＝4
D．f（x）+f（2﹣x）+4＝2a
（多选）11．（6分）在平面直角坐标系xOy中，有一种常见的曲线，称为三叶玫瑰线．已知三叶玫瑰曲线
C的方程为（x2+y2）2＝2x（x2﹣3y2），则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．曲线C与直线 有且仅有一个交点
3
C．曲线C上的任意 =一点
3
到 坐标原点距离的最大值为2
D．曲线C上的任意一点横坐标的最小值为
9
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共− 158分。
12．（5分）已知正六边形ABCDEF的边长为1，则 ．
→ →
13．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线 l：⋅ y ＝=﹣x+1与C交于P，Q（点Q在x轴下方）两
点，点M（点M在x轴上方）在C上，且MF⊥x轴，则直线MQ的斜率为 ．
，
14．（5分）已知数列{an}满足 ， ，且a2 是a1 ，a3 的等差中项，Sn 是数列{an}
，
2 =2 −1 ∗
+1 = ∈
的前n项和，则S10 ＝ ， S + 2n+ 1 1 ＝ =2 ．
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．（13分）已知函数 ＞，＜ ＜ ，f（x）图象的一个对称中心为 ， ，一
( )= ( + )( 0 0 ) ( 0)
条对称轴方程为 ． 2 6
=
（1）求 ； 2
（2）若φ0＜ ＜100，求满足条件的 值的和．
16．（15分）已ω知函数f（x）＝ex﹣aln（ωax），a＞0．
第2页（共20页）（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）证明：函数f（x）存在唯一极值点x0 ，且 ， ．
0 ∈( )
17．（15分）如图1，△ABC是以AC为底边的等腰三角形 +，1△ACD为正三角形．把△ACD沿AC翻折至
△ACE的位置，得空间四边形ABCE，连接BE，如图2．
（1）求证：AC⊥BE；
（2）当 ，且二面角E﹣AC﹣B的平面角为60°时，求二面角A﹣CE﹣B的正弦值．
7
18．（17分）
在=平
2
面直角坐标系xOy中，圆A的方程为（x+2）2+y2＝32，点B（2，0），点M是圆A上任
意一点，线段BM的垂直平分线交半径AM于点N，当点M在圆上运动时，点N的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）设C与y轴交于D1 ，D2 两点（点D1 在点D2 上方），过点E（0，1）的直线l（l不与y轴重合）
与C交于P，Q两点，直线PD1 与直线QD2 交于点T．
（i）证明：点T在定直线上；
（ii）设 ， ，求 的最大值．
→ → → →
1 3
19．（17分） 1 二 次=剩 余 1 理论 中 2 有=如 下 2 定 义：
对+于
正整数a，n（n≥2，n N），若存在一个整数x，使得n能
整除x2﹣a，则称a是n的一个二次剩余，否则称为二次非剩余．二∈次剩余理论在噪声控制工程学、密
码学以及大数分解等领域有广泛的应用．
现需编制一个随机数字串x1 ，x2 ，x3 ，
⋯
xn ，
⋯
（n N，n≥2），编制要求如下：
①记A＝{a|a与12互质，1≤a≤16，a N}，B＝{a∈|a是12的二次剩余，1≤a≤16，a N}，C＝{a|a是
12的二次非剩余，1≤a≤16，a N}． ∈ ∈
②从1到16这16个整数中随机∈抽取一个整数，作为x1 ．
③若xi A，则从B中随机选取一个数作为xi+1 （i＝1，2，3，
⋯
）；
若xi A，∈ 则从C中随机选取一个数作为xi+1 （i＝1，2，3，
⋯
）．
（1）∉求P（x1 B|x1 A）；
（2）记xn A的∈概率∈为Pn ．
①求P2 ；∉
第3页（共20页）②求Pn ．
第4页（共20页）2025-2026 学年云南省名校联盟高三（上）第四次联考数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A C D B D A C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AD BCD BCD
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．（5分）设集合A＝{﹣1，m}，B＝{﹣1，1，m2}，若A是B的子集，则实数m＝（ ）
A．﹣1 B．0 C．1 D．±1
【分析】由A B，得到m2＝m或m＝1，再结合集合元素互异性即可求解．
【解答】解：⊆因为A B，所以可得：m＝m2或m＝1，且m≠﹣1，
解得m＝1或0， ⊆
当m＝1时，m2＝1，此时集合B＝{﹣1，1，1}，不符合集合中元素的互异性；
当m＝0时，A＝{﹣1，0}，B＝{﹣1，1，0}，A B，满足题意．
故选：B． ⊆
2．（5分）已知双曲线 ： ＞，＞ 的离心率为2，则C的虚轴长与实轴长之比等于（ ）
2 2
2− 2 =1( 0 0)
A． B． C． D．
3 2
【分析3】根据a，b，c的关系2 式以及双曲线的离心率求得正确答案．
2 2
【解答】解：已知双曲线 ： ＞，＞ 的离心率为2，
2 2
设双曲线C的半焦距为c，
2−
2 =1( 0 0)
则 ．
2
2
= = 2 − 1 = 3
故选2 ：A ．
第5页（共20页）3．（5分）若复数z满足 ， ，则|z|＝（ ）
A．0 B+． 1=2 = ⋅ C． D．2
【分析】设z＝a+bi，a，b R，由条件求出a＝b＝21，即可得出答案．
【解答】解：设z＝a+bi（∈a，b R），
由 ，得a+bi＝（a﹣bi）∈i＝b+ai，可得a＝b，
又 = ⋅ ，所以2a＝2，
可得 +a ＝=b＝21，则|z| ．
2 2
故选：C． = + = 2
4．（5分）记Sn 为等比数列{an}的前n项和，已知a1 ＝1，S3 ＝7，若{an}的公比小于零，则S5 ＝（ ）
A．15 B．﹣20 C．31 D．61
【分析】设等比数列{an}的公比为q＜0，根据等比数列前n项和的定义求得q＝﹣3，进而结合等比数
列求和公式运算求解．
【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，q＜0，
因为a1 ＝1，S3 ＝7，
所以 ，所以1+q+q2＝7，
2
解得 q1＝+﹣ 13 或+q ＝1 2（=舍7去），
所以 ．
5
1−(−3)
故选： 5 D =． 1+3 =61
5．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x|x﹣2|，则方程f（x）＝ln|x|的
解的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】原题意等价于函数y＝f（x）与函数y＝ln|x|图象的交点个数，作出函数图象即可得解．
【解答】解：因为f（x）＝ln|x|的解的个数，等价于y＝f（x）与y＝ln|x|图象的交点个数，
由于f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝x|x﹣2|，
作出图象，
第6页（共20页）根据图象可知，交点个数为3．
故选：B．
6．（5分）已知D为△ABC的边AB的中点，CA＝3，CB＝1，则CD的取值范围是（ ）
A． ， B． ， C． ， D．（1，2）
1 3 1 3
( ) ( 2) (1 )
【分析2】先2得到 2 ，两边平方，结合向量2数量积公式和cos∠ACB （﹣1，1），得到
→ → → →
1 1 2
， ，求出答 案 ．= 2 + 2 ∈ | | ∈
(【1解4答)】解：根据题意可知，D为△ABC的边AB的中点，CA＝3，CB＝1，
由已知得 ，
→ → →
1 1
= +
∴ 2 2
→ → → → → → →
2 1 2 1 2 2
| | = ( + ) = (| | +| | +2× ⋅ )
4 4
1 2 2
= (3 +1 +2×3×1× ∠ )
4 ，
1
= (10+6 ∠ )
∵∠4 ACB （0， ），cos∠ACB （﹣1，1），则 ， ，
1
∈ π ∈ (10 + 6 ∠ ) ∈ (1 4)
∴ ， ，即 ， ． 4
→ →
2
故选| ：|D∈．(1 4) | |∈(1 2)
7．（5分）一个将输入计算机的正整数n“归零”的程序执行规则如下：按回车键，计算机等可能地用[0，
n）中的任意一个整数替换n的值并输出替换后的n值，重复以上操作，直到输出0后终止操作．若输
入的初始值n为3，终止操作时按回车键的次数为X，则X的数学期望为（ ）
A． B． C． D．
11 13 7 5
【分
6
析】根据题意得出X的
6
所有可能取值，利用操
3
作步骤求出对应概率
2
可求出其期望值，可得结果．
【解答】解：由题易知，随机变量X的所有可能取值为1，2，3，
则 ，
1
( =1)=
3
第7页（共20页），
1 1 1 1
( =2)= ×1+ × =
3 3 2．2
1 1 1
( =3)= × ×1=
所以 3 2 6 ，
1 1 1 11
故选： ( A ．)=1× 3 +2× 2 +3× 6 = 6
8．（5分）把三根结实且等长的树干一端用藤条捆扎起来，另一端立在地面不同的位置得到一个正三棱锥
架构，再用树枝、杂草等物覆盖形成侧面，可在野外搭建起一个三棱锥形状的简易帐篷，能起到遮风挡
雨的作用，设三根树干的长度都为6，当帐篷的容积最大时（不计损耗），其高度为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【分析】根据正三棱锥性质以及侧棱长度得出三棱2锥3体积表达式，再构3造函2 数并求导得出函数单调性，
即可得出其高度．
【解答】解：设帐篷高度为h（0＜h＜6），
则底面正三角形的外接圆半径 ，
2
易知底面边长 = 36，−ℎ
2
= 3 = 3⋅ 36−ℎ
底面面积为 ，
3 2 3 3 2
= = (36−ℎ )
帐篷容积 4 4 ，
1 3 3 2 3 3
(ℎ)= × (36−ℎ )⋅ℎ = (36ℎ−ℎ )
则 3 4 ， 4
3 2
令′ V′(ℎ)（= h）4＝(3 0 6得−3ℎ ) ，
当 ， 时，ℎV=′2（3h）＞0，V（h）单调递增；
当ℎ∈ (0 2，3)时，V′（h）＜0，V（h）单调递减，
所以ℎ∈V(（2h3）在6) 时取得最大值．
故选：C． ℎ=2 3
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求
的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）由正四棱锥P﹣ABCD和四棱锥P′﹣ABCD拼接得到一个组合体，P与P′在平面ABCD
的异侧．若该组合体的所有顶点都在球O的球面上，且正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为1，则（ ）
A．球O的表面积为2
B．组合体体积最大值为π 1
第8页（共20页）C．当组合体体积为 时，点P′的轨迹是半径为 的圆
2 1
D．当组合体的体积最大时，其表面积为
4 2
【分析】设正方形ABCD外接圆半径为r，2由3球体的性质结合勾股定理求出球体半径为R，从而可判断
A；
由球体的性质得当P′O⊥平面ABCD，即P′O＝R时，组合体体积最大，从而可求出组合体体积最大
值，即可判断B；
设P′到平面ABCD的距离为d′，由组合体体积为 求出d′，结合勾股定理求出P′的轨迹圆的半
2
径，即可判断C；
4
由选项B的推导过程得，当组合体的体积最大时，P′O＝R，即可求出组合体表面积，从而可判断D．
【解答】解：因为正四棱锥P﹣ABCD和四棱锥P′﹣ABCD拼接得到一个组合体，P与P′在平面ABCD
的异侧，
又该组合体的所有顶点都在球O的球面上，且正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长都为1，
所以作出示意图如下：
选项A：如图，设正方形ABCD外接圆半径为r，球体半径为R，
P到平面ABCD距离为h，由已知得 ，
2
则O到平面ABCD的距离d＝|h﹣R|， =ℎ=
2
由球体的性质得（h﹣R）2+r2＝R2，得 ，
2
球O的表面积为4 R2＝2 ，故A正确； =
2
选项B：由选项Aπ知球心πO为正方形ABCD的中心，P′在球O上，
当P′O⊥平面ABCD，即P′O＝R时，组合体体积最大，
最大值为 ，故B错误；
组合体
1 2 2
选项C：设 P′到=平 3 面×1 AB ⋅ C 2 D 的=距 3 离为d′，
第9页（共20页）则 ，故 ，
组合体
1 2 1 2 2
= ×1× + ×1×′ = ′ =
则P′的轨迹3圆的半2径 3 4 ，故4 C错误；
2 2 6 1
选项D：由选项B的推′ 导=过程 得−，′ 当组=合
4
体≠的
2
体积最大时，P′O＝R，
此时组合体表面积为 ，故D正确．
3 2
故选：AD． =
4
×1 ×4×2=2 3
（多选）10．（6分）设函数f（x）＝x3﹣3x2+a，则下列结论正确的是（ ）
A．x＝0是f（x）的极小值点
B．当且仅当0＜a＜4时，f（x）恰有三个零点
C．若f（x）＞0的解集为（﹣1，2）∪（2，+∞），则a＝4
D．f（x）+f（2﹣x）+4＝2a
【分析】先求f′（x），由f′（x）的正负判断f（x）单调性，确定函数极大值或极小值及零点，判断
AB；由f（x）＞0的解集，得出f（x）＝0解，即可判断C；计算f（x）+f（2﹣x），验证函数对称性等
式，即可判断D．
【解答】解：由题f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
令f′（x）＝0，解得：x＝0，x＝2，
所以当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＜0或x＞2时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
对于A，所以x＝0是f（x）的极大值点，x＝2是f（x）的极小值点，故A错误；
对于B，当x→﹣∞，f（x）→﹣∞，x→+∞，f（x）→+∞，
＞
要使f（x）恰有三个零点，则需满足 ，
＜
(0) 0
(2) 0
＞
即 ，解得：0＜a＜4，故B正确；
＜
0
对于8 C −，12因+为 f（0 x）＞0的解集为（﹣1，2）∪（2，+∞），
所以f（﹣1）＝0，解得a＝4，
所以f（x）＝x3﹣3x2+4＝（x+1）（x﹣2）2满足题意，故C正确；
对于D，因为f（x）＝x3﹣3x2+a，
则f（2﹣x）＝（2﹣x）3﹣3（2﹣x）2+a
＝（8﹣12x+6x2﹣x3）﹣3（4﹣4x+x2）+a
第10页（共20页）＝﹣x3+3x2﹣4+a，
所以f（x）+f（2﹣x）＝x3﹣3x2+a+（﹣x3+3x2﹣4+a）＝2a﹣4，
即f（x）+f（2﹣x）＝2a﹣4，
即f（x）+f（2﹣x）+4＝2a，故D正确．
故选：BCD．
（多选）11．（6分）在平面直角坐标系xOy中，有一种常见的曲线，称为三叶玫瑰线．已知三叶玫瑰曲线
C的方程为（x2+y2）2＝2x（x2﹣3y2），则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．曲线C与直线 有且仅有一个交点
3
C．曲线C上的任意 =一点
3
到 坐标原点距离的最大值为2
D．曲线C上的任意一点横坐标的最小值为
9
【分析】利用整体代入法判断A；联立求解−出8交点判断B；利用极坐标换元得到r＝8cos3 ﹣6cos ，再
结合三倍角公式与余弦函数性质判断C；利用积化和差公式和二倍角的余弦公式得到x＝2θcos22 +θcos2
﹣1，再利用换元法和二次函数的性质求最值判断D即可． θ θ
【解答】解：对于选项A，将曲线C方程中的x换成﹣x，
那么可得（x2+y2）2＝2•（﹣x）•（x2﹣3y2）＝﹣2x（x2﹣3y2），
与原方程（x2+y2）2＝2x（x2﹣3y2）不同，
因此曲线C关于y轴不对称，故A错误；
对于选项B，联立方程 ，解得 ，
3
= =0
3
2 2 2 2 2 =0
( + ) =2 ( −3 )
那么 与C只有一个交点（0，0），因此选项B正确；
3
=
3
对于选项C，设曲线C上的任意一点P（x，y），设 ，
2 2
那么∠POx＝ ， [0，2 ），那么x＝rcos ，y＝rsi|n 代|入=曲 =线C 的+方 程，
那么得到（x2θ+y2）θ∈2＝2x（πx2﹣3y2），得r＝θ8cos3 ﹣6θcos ，
θ θ
第11页（共20页）根据三倍角公式与余弦函数性质得8cos3 ﹣6cos ＝2cos3 ≤2，
θ θ θ
因此当 ＝0或 或 时，|OP|max ＝rmax ＝2，因此选项C正确；
2 4
对于选项θ D，结 合=选3项C =的分3析，设曲线C上的任意一点P（x，y），
结合积化和差公式和二倍角的余弦公式可得x＝rcos ＝2cos cos3
＝cos4 +cos2 ＝2cos22 +cos2 ﹣1， θ θ θ
令u＝cθos2 ，θ那么可得θu [﹣1θ，1]，设函数h（u）＝2u2+u﹣1，
θ ∈
由二次函数性质得h（u）在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减，
1 1
[− 1] [−1 − )
所以 ，即4 ，因此选项D正确．4
1 9 9
故选：ℎ(
B
)
C
D
．=ℎ(−
4
)=−
8
=−
8
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知正六边形ABCDEF的边长为1，则 3 ．
→ →
【分析】结合正六边形的性质以及向量数量积运算 求⋅得 正=确答案．
【解答】解：正六边形ABCDEF的边长为1，
则AD＝2×1＝1， ，∠CAD＝30°，
2 2
= 2 −1 = 3
则
→ →
故答 案⋅为 ：=3．2× 3× 30°=3
13．（5分）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：y＝﹣x+1与C交于P，Q（点Q在x轴下方）两
点，点M（点M在x轴上方）在C上，且MF⊥x轴，则直线MQ的斜率为 ．
【分析】由条件确定点M的坐标，联立方程组求点Q的坐标，利用两点斜率公−式求2 结论．
【解答】解：由题意，F的坐标为（1，0），
因为MF⊥x轴，点M（点M在x轴上方）在抛物线y2＝4x上，
所以M（1，2），
联立 ，消去x，可得y2+4y﹣4＝0，
=− +1
2
解得 或 ，
=4
=−2+2 2 =−2−2 2 第12页（共20页）因为点Q在x轴下方，所以 ，
=−2−2 2
所以 ，
− − 4 4
= − = 2 2 = + = −2 2 =− 2
则直线MQ的斜率为 4− ．4
故答案为： ． − 2
− 2 ，
14．（5分）已知数列{an}满足 ， ，且a2 是a1 ，a3 的等差中项，Sn 是数列{an}
，
2 =2 −1 ∗
+1 = ∈
的前n项和，则S10 ＝ 171 ，S2 n +1 +＝1 2 n+=3﹣2 3 n﹣7 ．
【分析】先求出a1 ＝1，分n＝2k﹣1，k N*和n＝2k，k N*，求出通项公式，进而分组求和，得到答案．
∈ ， ∈
【解答】解：因为数列{an}满足 ， ，
，
2 =2 −1 ∗
+1 = ∈
且a2 是a1 ，a3 的等差中项，Sn 是数列{an }的 +前1 n项 和=，2
所以2a2 ＝a1+a3 ，a2 ＝2a1 ，a3 ＝a2+1＝2a1+1，解得a1 ＝1，
当n＝2k﹣1，k N*，n+1是偶数，n+2是奇数，故an+1 ＝2an ，an+2 ＝an+1+1＝2an+1，
所以an+2+1＝2（∈an+1），因为an+1≠0，
故 ， 是首项为a1+1＝2，公比为2的等比数列，
∗
{ +1}( =2 −1 ∈ )
故 ， ， ．
+1 +1
−1 ∗
+1=2×2 =2 =2 2 =2 2 −1( =2 −1 ∈ )
所以当n＝2k，k N*时， ，
−1+1
+1
所以S10 ＝（a1+a∈ 3+a5+a7+ a 9 ）=+2（ a − 2 1 +=a4 2+(a2 6+a 2 8+a1 − 0 ）1)= 2 2 −2
＝[（2﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+（24﹣1）+（25﹣1）]+[（22﹣2）+（23﹣2）+（24﹣2）+（25﹣2）
+（26﹣2）]
26+27﹣2﹣22﹣15＝171；
5 2 5
2×(1−2 ) 2 (1−2 )
= S2n+1 ＝1−（2a1+ − a3+ 5 a + 5+
⋯
1+−a22n+1 ）− + 1（0 a = 2+a4+a6+
⋯
+a2n ）
＝[（2﹣1）+（22﹣1）+ +（2n﹣1）+（2n+1﹣1）]+[（22﹣2）+（23﹣2）+ +（2n+1﹣2）]
⋯ ⋯
2n+3﹣3n﹣7．
+1 2
2(1−2 ) 2 (1−2 )
=故答案1−为2：17 − 1；( 2 +n+31﹣)+ 3n﹣71．−2 −2 =
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．（13分）已知函数 ＞，＜ ＜ ，f（x）图象的一个对称中心为 ， ，一
( )= ( + )( 0 0 ) ( 0)
2 6
第13页（共20页）条对称轴方程为 ．
=
（1）求 ； 2
（2）若φ0＜ ＜100，求满足条件的 值的和．
【分析】（1）ω根据整体代换法求对称ω轴、对称中心建立关于 和 的方程组，解之即可；
ω φ
（2）由（1），求得 ， ，由0＜ ＜100，得1≤k1 ≤16，结合等差数列的定义和前n
3
项求和公式计算即可 求=解6． 1− 2 1 ∈ ω
【解答】解：（1）因为f（x）图象的一个对称中心为 ， ，一条对称轴方程为 ，
( 0) =
6 2
由题意知 ， ， ，解得 ，
6 + = 1 3 1− 2
+ = 2 + 1 2 ∈ = 2 − 4
令3k1 ﹣k2 ＝2t，t Z，则 2 ，因为 ＜ ＜ ，
∈ = − 0
2 4 2
则 ＜ ＜ ，解得 ＜＜ ，
1 3
0 −
而t Z，2 故t＝4 1，2所以 2 ． 2
∈ =
4
（2）由（1）知 ，代入 ，得 ， ，
3
+ = 1 =6 1−
6 2
所以 ， = 4 ，因 2为 0 + ＜ ＜ = 1 0 2 0 ， + 2 = 1 2 +2 2 =− 3 2 +2( 2+1) ( 1 2 ∈ )
3
=6 1− 1 ∈ ω
故 ＜ ＜2 ，解得 ＜ ＜ ，而k1 Z，故1≤k1 ≤16，
3 1 203
0 6 1− 100 1 ∈
则 值是首项2为 ，公差为64的等差数1列2的前16项，设这16项的和为S，
9
ω
则 2 ．
9 16×15
16．（ 15 =分16）×已2知+函数2f（× x）6＝= e 7x9﹣2 aln（ax），a＞0．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）证明：函数f（x）存在唯一极值点x0 ，且 ， ．
0 ∈( )
【分析】（1）结合导数的意义根据切点和斜率求得切线 +方1程；
（2）求导构造函数，分析其单调性，结合区间端点的函数值符号，利用零点存在定理确定唯一零点，
再通过导数符号变化确定极值点及所在区间．
【解答】解：（1）已知函数f（x）＝ex﹣aln（ax），
∴当a＝1时，f（x）＝ex﹣lnx，∴f（1）＝e，故切点为（1，e），
第14页（共20页）又 ，∴f′（1）＝e﹣1，故切线的斜率为e﹣1，∴y﹣e＝（e﹣1）（x﹣1），
1
∴′ 在( x＝)= 1处 的−切 线方程为y＝（e﹣1）x+1；
（2）证明：∵a＞0，∴函数f（x）的定义域为（0，+∞），∴ ，
′ ( )= −
令 ，∴ ＞，
( )=′ ( )= − ′ ( )= + 2 0
因此，g（x）在（0，+ ∞）上单调递增，
∵g（a）＝ea﹣1，而a＞0，故ea＞e0＝1，∴g（a）＞0，
又∵ ，
+1 +1 ( +1)
( )= −( +1)= −
令 +1 ，＞，∴ ＜，
1 1 −
ℎ( )= − ( +1) 0 ′ℎ( )= 2− = 2 0
∴h（x）在 +（10，+∞）上单调递减，又h（0）( ＝+01，) +1 ( +1)
∴h（x）＜h（0）＝0，故 ＜ ，
( +1)
∴ ＜ ，故 +＜1 ，而g（a）＞0，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
+1 ( +1)
( ) 0
∴存在唯一的x0 ，且 +1 ， ，使得g（x0 ）＝0．
0 ∈( )
在区间（0，x0 ）上，g（x） ＜+10，即f′（x）＜0，函数f（x）在（0，x0 ）上单调递减，
在区间（x0 ，+∞）上，g（x）＞0，即f′（x）＞0，函数f（x）在（x0 ，+∞）上单调递增，
因此，x0 是函数f（x）唯一的极小值点，且 ， ．
0 ∈( )
17．（15分）如图1，△ABC是以AC为底边的等腰三 +角1形，△ACD为正三角形．把△ACD沿AC翻折至
△ACE的位置，得空间四边形ABCE，连接BE，如图2．
（1）求证：AC⊥BE；
（2）当 ，且二面角E﹣AC﹣B的平面角为60°时，求二面角A﹣CE﹣B的正弦值．
7
【分析】（
1）=通
2
过证明AC⊥平面OEB，来证得AC⊥BE；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角A﹣CE﹣B的余弦值，进而求得其正弦值．
【解答】解：（1）证明：取AC的中点为O，连接OE，OB，
由EA＝EC得OE⊥AC，
第15页（共20页）由BA＝BC得OB⊥AC，
又OE∩OB＝O，OE，OB 平面OEB，
所以AC⊥平面OEB， ⊂
由BE 平面OEB，
所以A⊂C⊥BE；
（2）因为AC⊥平面OEB，OE，OB 平面OEB，
所以AC⊥OE，AC⊥OB， ⊂
所以∠EOB为二面角E﹣AC﹣B的平面角，故∠EOB＝60°，
因为AC⊥平面OEB，AC 平面ABC，
所以平面ABC⊥平面OEB⊂，且交线为OB，
过E作EH⊥OB于H，
因为EH 平面OEB，则EH⊥平面ABC，
以O为原⊂点建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
因为 ，不妨设AB＝7，则 ， ，
7
= =2 = 3
2 ， ， ，
3 3 2 2
= ⋅ 60°= = = − =4 3
所以 ，， ， 2 ，，2， ， ， ， ， ， ，
3 3
(1 0 0) (−1 0 0) (0 ) (0 4 3 0)
所以 ，， ， ， ， ，2 2 ， ， ，
→ → →
3 3
=(2 0 0) =(1 ) =(1 4 3 0)
设平面ACE的法向量为 ，2， 2，
→
1=( )
则 ，由 ，得 ，
→ → → →
1⊥ 1⋅ =0 2 =0
→ → → → 3 3
1⊥ 1⋅ =0 + 2 + 2 =0
令z＝﹣1，得平面ACE的一个法向量 ， ， ， ，
→ →
1=(0 3 −1) | 1|=2
设平面平面BCE的一个法向量为 ，， ，
→
2=( )
则 → → ，
3 3
2⋅ = + + =0
2 2
→ →
2⋅ = +4 3 =0
第16页（共20页）令 ，得平面BCE的一个法向量 ， ， ，
→
=− 3 2=(12 − 3 −7)
，
→
2 2 2
|设 2 二|=面角12 A﹣+ C(E−﹣B3的) 平+面(−角7为) ，= 196=14
则 ＜ ， ＞ θ ，
→ →
→ →
| 1⋅ 2| |0−3+7| 1
| |=| 1 2 |= → → = =
因为 [0， ]，所以 | 1|| 2| 2×1 ， 4 7
2 4 3
θ∈ π = 1− =
所以二面角A﹣CE﹣B的正弦值为 ． 7
4 3
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，圆A的方程为（x+2）2+y2＝32，点B（2，0），点M是圆A上任
7
意一点，线段BM的垂直平分线交半径AM于点N，当点M在圆上运动时，点N的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）设C与y轴交于D1 ，D2 两点（点D1 在点D2 上方），过点E（0，1）的直线l（l不与y轴重合）
与C交于P，Q两点，直线PD1 与直线QD2 交于点T．
（i）证明：点T在定直线上；
（ii）设 ， ，求 的最大值．
→ → → →
1 3
【分析】（ 1 1 ）=根 据 1 圆 的 性 2 质 =， 以 及 2 椭圆的 概+念 ，根据参数写出椭圆标准方程即可；
（2）根据直线与椭圆的位置关系，以及韦达定理，判断点在定直线上；再根据向量的线性运算，写出
点的坐标，进而求出代数式的表达式，再求出最值．
【解答】解：（1）如图：
由题意知，|NA|+|NB|＝|NA|+|NM|＝|AM|，可知 ， ，因此|AM|＞|AB|，
可得点N的轨迹是以A（﹣2，0），B（2，0）|为 焦|点=，4长2轴|长 为|= 4 的椭圆，
4 2
设椭圆的方程为 ＞＞ ，则 ， ， ，
2 2
2 2
2 + 2 = 1( 0) =2 2 =2 = (2 2) −2 =2
因此C的方程为 ；
2 2
（2）（i）证明：由
8
题+知
4
，=可1设直线l方程为y＝kx+1，P（x1 ，y1 ），Q（x2 ，y2 ），
第17页（共20页）联立 ，得（2k2+1）x2+4kx﹣6＝0，且Δ＞0，
= +1
2 2
+ =1
因此 8 4 ， ，
4 6
1+ 2 =− 2 1 2 =− 2
因此 2 +1 ， 2 +1
3
如图： 1 2 = 2 ( 1+ 2)
D1 （0，2），D2 （0，﹣2），
直线D1P的方程为 ，直线D2Q方程为 ，
1−2 2+2
= +2 = −2
1 2
联立两方程得 ，
3 3 1
−2 1 2− 2 2( 1+ 2)− 2 2 1+2 2 1
= = 3 = 9 3 =
因此y＝4，因 此 + 点 2 T的 纵 1 坐 2+ 标 3 恒 1 为24 (， 1即+ 点2)+ T 3在 1定直2线 1+ y＝2 4 2上； 3
（ii）由（i）有yT ＝4，设T（xT ，4），又 ， ，且y1 ≠2，y2 ≠﹣2，
→ → → →
1 = 1 2 = 2
则（xT ，2）＝ （x1 ，y1 ﹣2），（xT ，6）＝ （x2 ，y2+2），则 ， ，
2 6
λ μ = =
1−2 2+2
，
1 3 1−2 2+2 1+ 2 1
+ = + = = ( 1 + 2)+ 1 = 2 ≤ 1
故 当 k＝0时2， 2的最大值2为1．2 2 +1
1 3
19．（17分）二次剩
+余
理论中有如下定义：对于正整数a，n（n≥2，n N），若存在一个整数x，使得n能
整除x2﹣a，则称a是n的一个二次剩余，否则称为二次非剩余．二∈次剩余理论在噪声控制工程学、密
码学以及大数分解等领域有广泛的应用．
现需编制一个随机数字串x1 ，x2 ，x3 ，
⋯
xn ，
⋯
（n N，n≥2），编制要求如下：
①记A＝{a|a与12互质，1≤a≤16，a N}，B＝{a∈|a是12的二次剩余，1≤a≤16，a N}，C＝{a|a是
12的二次非剩余，1≤a≤16，a N}． ∈ ∈
②从1到16这16个整数中随机∈抽取一个整数，作为x1 ．
③若xi A，则从B中随机选取一个数作为xi+1 （i＝1，2，3，
⋯
）；
∈
第18页（共20页）若xi A，则从C中随机选取一个数作为xi+1 （i＝1，2，3，
⋯
）．
（1）∉求P（x1 B|x1 A）；
（2）记xn A的∈概率∈为Pn ．
①求P2 ；∉
②求Pn ．
【分析】（1）先根据题目求出集合A＝{1，5，7，11，13}，B＝{1，4，9，12，13，16}，C＝{2，3，5，
6，7，8，10，11，14，15}则 ；
( ) 2
( 1 ∈ | 1 ∈ )= =
( ) 5
（2）①利用全概率公式直接求解即可得到 ；
5 2 11 7 331
2 = ( 2 ∉ )= × + × =
②利用全概率公式得到 16，即3 16 10 480
7 2 1 2
+1 = ( +1 ∉ )= + (1− ) +1 = +
，所以 是以 为首项，10为公比3的等比数列，利用等3比0数列通3 项公式计算得到
20 20 1 1
{ − } 1− =−
29 ． 29 464 30
20 1 1 −1
【 解=答29】−解4：6（4 ( 13）0A )＝{1，5，7，11，13}，若a是12的二次剩余，则存在整数x，
使 k，k Z，即a＝x2﹣12k，
2
−
又1≤a≤=16，∈故a＝1，4，9，12，13，16，
12
∴B＝{1，4，9，12，13，16}，C＝{2，3，5，6，7，8，10，11，14，15}，
；
( ) 2
( 1 ∈ | 1 ∈ )= =
( ) 5
（2）①由题P（x1A） ， ，
5 11
= ( 1 ∉ )=
P（x2 A|x1 A） ，1 P 6（x2 A|x1 A） 16 ；
2 1 4 2
P（x2 ∈ A）＝∈ P（= x6 = 3 ∉ ∈ = 6 = 3
∉
，
3 7
∴( P 2 2 ＝∈ P （| x 1 2 ∉ A ）)=＝1P0（x1 ( A ） 2 ∉ P（ | x 2 1 ∉ A| x1 )= A）10+P（x1 A）P（x2 A|x1 A）
∉ ∈ ∉ ∈ ∉ ∉ ∉
；
5 2 11 7 331
= × + × =
② 16 3 16 10 480 ， ；
2 1 4 2
( +1 ∈ | ∈ )= = ( +1 ∉ | ∈ )= =
，6 3 ， 6 3
3 7
∵( P n + ＝ 1 P ∈（ | x n ∉ A） ，)所=以10P（ ( x n + A 1 ）∉＝ | 1 ﹣ ∉ P n ，)= 10
∉ ∈
第19页（共20页）∴Pn+1 ＝P（xn+1 A）＝P（xn A）P（xn+1 A|xn A）+P（xn A）P（xn+1 A|xn A）
∉ ∉ ∉ ∉ ∈ ∉ ∈
7 2
= + (1− )
10 3，
1 2
= +
可知30 3 ，
20 1 20
+1− = ( − )
2是9以30 29 为首项， 为公比的等比数列，
20 20 1 1
={ − } 1− =−
∴ 29 29 ，464 30
20 1 1 −1
− =− ( )
∴ 29 464 30 ．
20 1 1 −1
= − ( )
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第20页（共20页）
