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（ ）
A． B． C． D．
3．（5分）若复数z满足，，则|z|＝（ ）
A．0 B．1 C． D．2
4．（5分）记S 为等比数列{a }的前n项和，已知a ＝1，S ＝7，若{a }的公比小于零，则S ＝（ ）
n n 1 3 n 5
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）
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．
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．
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
π
第1页（共17页）B．组合体体积最大值为1
C．当组合体体积为时，点P′的轨迹是半径为的圆
D．当组合体的体积最大时，其表面积为
（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
（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
C．曲线C上的任意一点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
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 ．
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{a }满足，且a 是a ，a 的等差中项，S 是数列{a }的前n项和，则S ＝
n 2 1 3 n n 10
，S ＝ ．
2n+1
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，一条对称轴方程为．
（1）求 ；
（2）若φ0＜ ＜100，求满足条件的 值的和．
16．（15分）已ω知函数f（x）＝ex﹣alnω（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x ，且．
0
17．（15分）如图1，△ABC是以AC为底边的等腰三角形，△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．
第2页（共17页）（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．
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D ，D 两点（点D 在点D 上方），过点E（0，1）的直线l（l不与y轴重合）
1 2 1 2
与C交于P，Q两点，直线PD 与直线QD 交于点T．
1 2
（i）证明：点T在定直线上；
（ii）设，，求的最大值．
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x
1
，x
2
，x
3
，⋯x
n
，⋯（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x
1
．
③若x
i
A，则从B中随机选取一个数作为x
i+1
（i＝1，2，3，⋯）；
若x
i
A，∈ 则从C中随机选取一个数作为x
i+1
（i＝1，2，3，⋯）．
（1）∉求P（x
1
B|x
1
A）；
（2）记x
n
A的∈概率∈为P
n
．
①求P
2
；∉
②求P ．
n
第3页（共17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（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据a，b，c的关系式以及双曲线的离心率求得正确答案．
【解答】解：已知双曲线的离心率为2，
设双曲线C的半焦距为c，
则．
故选：A．
3．（5分）若复数z满足，，则|z|＝（ ）
A．0 B．1 C． D．2
【分析】设z＝a+bi，a，b R，由条件求出a＝b＝1，即可得出答案．
【解答】解：设z＝a+bi（∈a，b R），
∈
第4页（共17页）由，得a+bi＝（a﹣bi）i＝b+ai，可得a＝b，
又，所以2a＝2，
可得a＝b＝1，则|z|．
故选：C．
4．（5分）记S 为等比数列{a }的前n项和，已知a ＝1，S ＝7，若{a }的公比小于零，则S ＝（ ）
n n 1 3 n 5
A．15 B．﹣20 C．31 D．61
【分析】设等比数列{a }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
n
列求和公式运算求解．
【解答】解：设等比数列{a }的公比为q，q＜0，
n
因为a ＝1，S ＝7，
1 3
所以，所以1+q+q2＝7，
解得q＝﹣3或q＝2（舍去），
所以．
故选：D．
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，
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）
第5页（共17页）【分析】先得到，两边平方，结合向量数量积公式和cos∠ACB （﹣1，1），得到，求出答案．
【解答】解：根据题意可知，D为△ABC的边AB的中点，CA＝∈3，CB＝1，
由已知得，
∴
，
∵∠ACB （0， ），cos∠ACB （﹣1，1），则，
∴，即．∈ π ∈
故选：D．
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．
【分析】根据题意得出X的所有可能取值，利用操作步骤求出对应概率可求出其期望值，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，
，
．
所以，
故选：A．
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锥体积表达式，再构造函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，
易知底面边长，
底面面积为，
帐篷容积，
则，
第6页（共17页）令V′（h）＝0得，
当时，V′（h）＞0，V（h）单调递增；
当时，V′（h）＜0，V（h）单调递减，
所以V（h）在时取得最大值．
故选：C．
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π为1
C．当组合体体积为时，点P′的轨迹是半径为的圆
D．当组合体的体积最大时，其表面积为
【分析】设正方形ABCD外接圆半径为r，由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′的轨迹圆的半径，
即可判断C；
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：
第7页（共17页）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，
则O到平面ABCD的距离d＝|h﹣R|，
由球体的性质得（h﹣R）2+r2＝R2，得，
球O的表面积为4 R2＝2 ，故A正确；
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；
选项C：设P′到平面ABCD的距离为d′，
则，故，
则P′的轨迹圆的半径，故C错误；
选项D：由选项B的推导过程得，当组合体的体积最大时，P′O＝R，
此时组合体表面积为，故D正确．
故选：AD．
（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A B；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，
第8页（共17页）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，
即，解得：0＜a＜4，故B正确；
对于C，因为f（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
＝﹣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
C．曲线C上的任意一点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
【分析】利用整体代入法判断A；联立求解出交点判断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θ式得到θ x＝
2cos22 +cos2 ﹣1，再利用换元法和二次函数的性质求最值判断D即可．
【解答θ】解：θ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，
那么与C只有一个交点（0，0），因此选项B正确；
第9页（共17页）对于选项C，设曲线C上的任意一点P（x，y），设，
那么∠POx＝ ， [0，2 ），那么x＝rcos ，y＝rsin 代入曲线C的方程，
那么得到（x2+θy2）θ∈ 2＝2x（πx2﹣3y2），得r＝θ8cos3 ﹣6cθos ，
根据三倍角公式与余弦函数性质得8cos3 ﹣6cos θ＝2cos3θ≤2，
因此当 ＝0或或时，|OP|
max
＝r
max
＝2，因θ 此选项θC正确；θ
对于选项θ D，结合选项C的分析，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，
由二次函数θ性质得h（u）∈在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，因此选项D正确．
故选：BCD．
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°，
则
故答案为：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结论．
第10页（共17页）【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，
解得或，
因为点Q在x轴下方，所以，
所以，
则直线MQ的斜率为．
故答案为：．
14．（5分）已知数列{a }满足，且a 是a ，a 的等差中项，S 是数列{a }的前n项和，则S ＝ 171
n 2 1 3 n n 10
，S ＝ 2 n + 3 ﹣ 3 n ﹣ 7 ．
2n+1
【分析】先求出a ＝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．
1
【解答】解：因为数列{a n }满足， ∈ ∈
且a 是a ，a 的等差中项，S 是数列{a }的前n项和，
2 1 3 n n
所以2a ＝a +a ，a ＝2a ，a ＝a +1＝2a +1，解得a ＝1，
2 1 3 2 1 3 2 1 1
当n＝2k﹣1，k N*，n+1是偶数，n+2是奇数，故a ＝2a ，a ＝a +1＝2a +1，
n+1 n n+2 n+1 n
所以a
n+2
+1＝2（∈a
n
+1），因为a
n
+1≠0，
故是首项为a +1＝2，公比为2的等比数列，
1
故，．
所以当n＝2k，k N*时，，
所以S
10
＝（a
1
+a∈3 +a
5
+a
7
+a
9
）+（a
2
+a
4
+a
6
+a
8
+a
10
）
＝[（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；
S
2n+1
＝（a
1
+a
3
+a
5
+⋯+a
2n+1
）+（a
2
+a
4
+a
6
+⋯+a
2n
）
＝[（2﹣1）+（22﹣1）+⋯+（2n﹣1）+（2n+1﹣1）]+[（22﹣2）+（23﹣2）+⋯+（2n+1﹣2）]
2n+3﹣3n﹣7．
故答案为：171；2n+3﹣3n﹣7．
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，一条对称轴方程为．
（1）求 ；
φ
第11页（共17页）（2）若0＜ ＜100，求满足条件的 值的和．
【分析】（1ω）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；
（2）由（1），求得，由0＜ ＜100，得1≤k
1
≤16，结合等差ω数列φ的定义和前n项求和公式计算即可
求解． 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，
由题意知，解得，
令3k ﹣k ＝t，t Z，则，因为，
1 2
则，解得， ∈
而t Z，故t＝1，所以．
（2∈）由（1）知，代入，得，
所以，因为0＜ ＜100，
故，解得，而k 1ωZ，故1≤k
1
≤16，
则 值是首项为∈，公差为6的等差数列的前16项，设这16项的和为S，
则．ω
16．（15分）已知函数f（x）＝ex﹣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x ，且．
0
【分析】（1）结合导数的意义根据切点和斜率求得切线方程；
（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），
又，∴f′（1）＝e﹣1，故切线的斜率为e﹣1，∴y﹣e＝（e﹣1）（x﹣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，∴，
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∵，
令，∴，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，又h（0）＝0，
第12页（共17页）∴h（x）＜h（0）＝0，故，
∴，故，而g（a）＞0，g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴存在唯一的x ，且，使得g（x ）＝0．
0 0
在区间（0，x ）上，g（x）＜0，即f′（x）＜0，函数f（x）在（0，x ）上单调递减，
0 0
在区间（x ，+∞）上，g（x）＞0，即f′（x）＞0，函数f（x）在（x ，+∞）上单调递增，
0 0
因此，x 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．
【分析】（1）通过证明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，
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，
第13页（共17页）因为，不妨设AB＝7，则，
，，
所以，
所以，
设平面ACE的法向量为，
则，由，得，
令z＝﹣1，得平面ACE的一个法向量，
设平面平面BCE的一个法向量为，
则，
令，得平面BCE的一个法向量，
，
设二面角A﹣CE﹣B的平面角为 ，
则， θ
因为 [0， ]，所以，
所以二θ∈面角πA﹣CE﹣B的正弦值为．
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D ，D 两点（点D 在点D 上方），过点E（0，1）的直线l（l不与y轴重合）
1 2 1 2
与C交于P，Q两点，直线PD 与直线QD 交于点T．
1 2
（i）证明：点T在定直线上；
（ii）设，，求的最大值．
【分析】（1）根据圆的性质，以及椭圆的概念，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：
第14页（共17页）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，长轴长为的椭圆，
设椭圆的方程为，则，
因此C的方程为；
（2）（i）证明：由题知，可设直线l方程为y＝kx+1，P（x ，y ），Q（x ，y ），
1 1 2 2
联立，得（2k2+1）x2+4kx﹣6＝0，且Δ＞0，
因此，
因此，
如图：
D （0，2），D （0，﹣2），
1 2
直线D P的方程为，直线D Q方程为，
1 2
联立两方程得，
因此y＝4，因此点T的纵坐标恒为4，即点T在定直线y＝4上；
（ii）由（i）有y ＝4，设T（x ，4），又，且y ≠2，y ≠﹣2，
T T 1 2
则（x ，2）＝ （x ，y ﹣2），（x ，6）＝ （x ，y +2），则，
T 1 1 T 2 2
， λ μ
故当k＝0时，的最大值为1．
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．
第15页（共17页）现需编制一个随机数字串x
1
，x
2
，x
3
，⋯x
n
，⋯（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x
1
．
③若x
i
A，则从B中随机选取一个数作为x
i+1
（i＝1，2，3，⋯）；
若x
i
A，∈ 则从C中随机选取一个数作为x
i+1
（i＝1，2，3，⋯）．
（1）∉求P（x
1
B|x
1
A）；
（2）记x
n
A的∈概率∈为P
n
．
①求P
2
；∉
②求P ．
n
【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利用全概率公式直接求解即可得到；
②利用全概率公式得到，即
，所以是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列通项公式计算得到．
【解答】解：（1）A＝{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，
又1≤a∈≤16，故a＝1，4，9，12，13，16，
∴B＝{1，4，9，12，13，16}，C＝{2，3，5，6，7，8，10，11，14，15}，
；
（2）①由题P（x A），，
1
P（x A|x A），P（x A|x A）；
2 1 2 1
P（x 2∈A）∈＝P（x ∉ ∈
∉
∴P ＝P（x A）＝P（x A）P（x A|x A）+P（x A）P（x A|x A）
2 2 1 2 1 1 2 1
； ∉ ∈ ∉ ∈ ∉ ∉ ∉
②；
，，
∵P ＝P（x A），所以P（x A）＝1﹣P ，
n n n n
∴P
n+1
＝P（x∉n+1 A）＝P（x
n
A∈）P（x
n+1
A|x
n
A）+P（x
n
A）P（x
n+1
A|x
n
A）
∉ ∉ ∉ ∉ ∈ ∉ ∈
第16页（共17页），
可知，
是以为首项，为公比的等比数列，
∴，
∴．
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