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2025-2026 学年安徽省部分高中学校高三（上）期末数学试卷
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＝{y|y＝2x}，B＝{x|log2|x|≤2}，则A∩B＝（ ）
A．[0，4] B．（0，4]
C．[﹣4，0）∪（0，4] D．[0，1]
2．（5分）已知z＝1+i（i为虚数单位），则|z2+i|＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（5分）直线l⊥平面 ，则经过l且和 垂直的平面（ ）
A．有1个 αB．有2个 α C．有无数个 D．不存在
4．（5分）若奇函数f（x）在区间[1，2]上是增函数，且最小值为3，则它在区间[﹣2，﹣1]上是（ ）
A．增函数且有最大值﹣3 B．增函数且有最小值﹣3
C．减函数且有最大值﹣3 D．减函数且有最小值﹣3
5．（5分） （ ）
15°+1
=
A． 15°−1 B．﹣1 C． D．
3
6．（5分−）3已知等差数列{an}满足an ＝2n﹣1，在ak 和− a3k+1 之间插入k个1 −，得2到新数列{bn}，则{bn}的前
90项和为（ ）
A．168 B．188 C．212 D．222
7．（5分）在平面直角坐标系xOy中，设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点A，B在C上，若OA⊥OB，
则|AF|•|BF|的最小值为（ ）
A．4 B．9 C．16 D．25
8．（5分）记△ABC的面积为S，若 ，且BC＝1，则 的最小值为（ ）
→ → → →
⋅ =2 3 ⋅
A．﹣1 B． C． D．
1 1 1
二、选择题：本题共3小题，−每2小题6分，共18分.在− 3每小题给出的选项中−，4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。
（多选）9．（6分）已知圆 ： ，圆 ： ，则（ ）
2 2 2 2 2
A．C1 的半径为4 1 + +2 −10 + +9=0 2 + −4 +3=0
B．若C1 ，C2 相切，则m＝±4
第1页（共18页）C．当m＝2时，C1 ，C2 相交弦所在直线的方程为2x﹣3y+5＝0
D．当m＝2时，C1 ，C2 相交弦的长度为
2 39
（多选）10．（6分）已知双曲线 ： 13 的左、右焦点分别为F1 ，F2 ，其渐近线与圆M：x2+（y
2
2
﹣2）2＝r2（r＞0）相切，点N 在 C左−支3上=，1则（ ）
A．r＝1
B．直线MF2 与C的右支恰有两个交点
C．△F2MN周长的最小值为
D．|MN|的最小值为2 4 2+2
（多选）11．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为2，E为CD的中点，F在棱CC1 上（不包括
端点），则（ ）
A．若F为棱CC1 的中点，则平面ADF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1 所得截面为矩形
B．若F为棱CC1 的中点，则B，D1 到平面ADF的距离之比为2
C．三棱锥D﹣AFD1 的体积为定值
D．三棱锥A﹣DEF外接球表面积的最小值为13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分π。
12．（5分）已知向量 ， 满足 ， ， ，则 在 方向上投影向量的坐标为 ．．
→ → → → → → →
⋅ =4 =(2 2)
13．（5分）若函数 的图象关于点（a，0）对称，则a+b＝ ．
2 −
14．（5分）已知函数 ( f（ ) x）=＝| （− 1﹣1| x ）( ex， 点（) a，b）在曲线y＝f（x）上，则f（a）﹣f（b）的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。
15．（13分）已知函数f（x）＝sin（ x+ ）（0＜ ＜2，0＜ ＜ ）的最小正周期为T， ；f（x）
1
ω φ ω φ π ( )=
的图象关于点 ， 中心对称． 4 2
2
（1）求f（x）(的3解析0)式；
（2）将f（x）的图象向右平移 个单位长度，得到函数g（x）的图象，求满足g（x）≥f（x）的x的取
值范围．
6
16．（15分）已知数列{an}的前n项和为Sn ，且 ．
（1）求{an}的通项公式； = 2 +1
（2）设b1 ＝a1 ，bn+1 ＝bn+nan ，求数列{bn}的通项公式．
第2页（共18页）17．（15分）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，SA＝2，SA⊥平面ABCD，Q，P分别为
SB，AC的中点．
（1）证明：PQ∥平面SAD；
（2）求平面CPQ和平面SAD的夹角的余弦值；
（3）求异面直线AB，SD公垂线段的长度（同时和两条异面直线都垂直并相交的直线叫做异面直线的
公垂线，交点之间的距离就是公垂线段的长度）．
18．（17分）已知椭圆 ： ＞＞ 的右焦点为F，离心率为 ，圆O：x2+y2＝r2（r＞0），过
2 2
1
F的直线与C交于A ，B
2两+点
，2 =当1直( 线A B垂0)直于x轴时，|AB|＝3．
2
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）当r＝1时，设D在圆O上，且D也在AB上，判断是否存在点D满足|AD|＝|DB|，若存在，求直
线AB的方程；若不存在，说明理由；
（3）当 时，直线AB交圆O于P，Q两点，求 的最大值．
| |
19．（17分） = 已知 2 函数f（x）＝ln2x．
| |
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若存在a R，使得关于x的方程f（x）＝ax+b有三个不同的实数根，求b的取值范围；
（3）若x＝1为∈函数g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2的极小值点，求m的取值范围．
第3页（共18页）2025-2026 学年安徽省部分高中学校高三（上）期末数学试卷
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 C C A A D D B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AC AC ACD
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＝{y|y＝2x}，B＝{x|log2|x|≤2}，则A∩B＝（ ）
A．[0，4] B．（0，4]
C．[﹣4，0）∪（0，4] D．[0，1]
【分析】化简集合，根据交集的概念求解．
【解答】解：由题A＝{y|y＝2x}＝{y|y＞0}，
B＝{x|log2|x|≤2}＝[﹣4，0）∪（0，4]，
故A∩B＝（0，4]．
故选：B．
2．（5分）已知z＝1+i（i为虚数单位），则|z2+i|＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用复数的四则运算求出z2+i后，再由复数的模的公式即得．
【解答】解：由z＝1+i，
得z2+i＝（1+i）2+i＝1+2i+i2+i＝3i，
所以|z2+i|＝3．
故选：C．
3．（5分）直线l⊥平面 ，则经过l且和 垂直的平面（ ）
A．有1个 αB．有2个 α C．有无数个 D．不存在
第4页（共18页）【分析】由平面与平面垂直的判定定理得经过直线l的所有的平面都和平面 垂直．
【解答】解：∵直线l⊥平面 ， α
∴由平面与平面垂直的判定定α理得经过直线l的所有的平面都和平面 垂直，
∴经过l且和 垂直的平面有无数个． α
故选：C． α
4．（5分）若奇函数f（x）在区间[1，2]上是增函数，且最小值为3，则它在区间[﹣2，﹣1]上是（ ）
A．增函数且有最大值﹣3 B．增函数且有最小值﹣3
C．减函数且有最大值﹣3 D．减函数且有最小值﹣3
【分析】先利用奇函数的对称性，判断单调性，再根据单调性，判断最值出现在区间的端点即可．
【解答】解：因为奇函数的图像关于原点对称，
若f（x）在[1，2]上是增函数，根据奇函数的对称性可知，f（x）在[﹣2，﹣1]上是增函数，
因为f（x）在[1，2]上的最小值为3，即f（1）＝3，
根据奇函数性质f（﹣x）＝﹣f（x），可得f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣3，
又因为f（x）在[﹣2，﹣1]上是增函数，
所以在区间右端点x＝﹣1处取得最大值f（﹣1）＝﹣3．
故选：A．
5．（5分） （ ）
15°+1
=
A． 15°−1 B．﹣1 C． D．
3
【分−析】3根据两角和的正切公式，即可求得答案．− − 2
3
【解答】解：因为tan45°＝1，
所以 tan（15°+45°）＝﹣tan60° ．
15°+1 15°+ 45°
故选： A1 ． 5°−1 =− 1− 15°× 45° =− =− 3
6．（5分）已知等差数列{an}满足an ＝2n﹣1，在ak 和ak+1 之间插入k个1，得到新数列{bn}，则{bn}的前
90项和为（ ）
A．168 B．188 C．212 D．222
【分析】设新数列{bn}的前 90 项包含原数列{an}的前 m 项，得到新数列到 am 为止的总项数为
+
，确定出新数列{bn}的前90项包含原数列{an}的前12项和78个1，结合等差数列的求和公
( −1)×
式，2即可求解．
第5页（共18页）【解答】解：设{bn}的前90项包含原数列{an}的前m项，
由于ak 和ak+1 之间插入k个1，可得在am 前插入的1的总数为1+2+
⋯
+（m﹣1） ，
( −1)
=
则新数列{bn}到am 为止的前的总项数为 ， 2
( −1)×
+
当m＝12时，可得 ； 2
(12−1)×12
12+ =78
当m＝13时，可得 2 ，
(13−1)×13
所以新数列{bn}的前13 90 +项包含2原数列= {a 9 n 1 }的前12项和78个1，
因为等差数列{an}满足an ＝2n﹣1，
所以新数列{bn}的前90项和为 ．
12(1+2×12−1)
故选：D．
2
+78 = 222
7．（5分）在平面直角坐标系xOy中，设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点A，B在C上，若OA⊥OB，
则|AF|•|BF|的最小值为（ ）
A．4 B．9 C．16 D．25
【分析】结合抛物线的定义与向量垂直的条件，通过代数变形求最值．
【解答】解：由抛物线C：y2＝4x，得F（1，0），
设 ， ， ， ，且y1 ≠y2 ，
2 2
1 2
( 1) ( 2)
由OA 4⊥OB，得 4 ，解得y1y2 ＝﹣16（y1 ，y2 ≠0），
→ → 2 2
1 2
⋅ = + 1 2 =0
则 16 ，
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1+ 2 1+ 2
| |⋅| |= ( +1)( +1)= + +1=17+
又 4 ，当4且仅当y1 ＝16 4，y2 ＝4﹣4或y1 ＝﹣4，y 4
2
＝4时取等号，
2 2
1+ 2 | 1 2|
可得|AF|•≥|BF|≥17+=8＝825．
4 2
故选：D．
8．（5分）记△ABC的面积为S，若 ，且BC＝1，则 的最小值为（ ）
→ → → →
⋅ =2 3 ⋅
A．﹣1 B． C． D．
1 1 1
− − −
2 3 4
【分析】先求出角A，再用角B表示 ，即可求出最小值．
→ →
⋅
【解答】解：因为 ，且 ，
→ →
1
⋅ = =
所以由 ，得 2 ，
→ →
1
⋅ =2 3 =2 3⋅
2
第6页（共18页）所以 ，因为A （0， ），所以 ，
3
= = ∈ π =
由正弦
定
理得：
3
，所以BA＝26sinC，
1
= = = 2
所以 6 ，
→ → → →
⋅ =| |⋅| | =2
因为 ，
3 1
= ( + )= ( + )= +
所以 6 2 2
3 1 2
2 =2( + ) = 3 +
2 2 ，
3 1 1 1
= 2 + 2 + = (2 + )+
因为2 ，2 ，所以2 ，6 2 ，所以 ，
5 11
∈ (0 ) 2 + ∈( ) (2 + )≥−1
所以 6 ，即6 6 的6最小值为 ． 6
→ → → →
1 1 1
故选： B ⋅． ≥−1+ 2 =− 2 ⋅ − 2
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。
（多选）9．（6分）已知圆 ： ，圆 ： ，则（ ）
2 2 2 2 2
A．C1 的半径为4 1 + +2 −10 + +9=0 2 + −4 +3=0
B．若C1 ，C2 相切，则m＝±4
C．当m＝2时，C1 ，C2 相交弦所在直线的方程为2x﹣3y+5＝0
D．当m＝2时，C1 ，C2 相交弦的长度为
2 39
【分析】将C1 的一般方程化为标准方程后可
13
判断A；根据相切得圆心距，再求出m后可判断B的正误；
两圆方程相减后得相交弦方程，故可判断C的正误；利用几何法求出弦长后可判断D的正误．
【解答】解：已知圆 ： ，圆 ： ；
2 2 2 2 2
对于A选项， ： 1 + +2 −10 + +，9=0 2 + −4 +3=0
2 2 2
化为标准方程为 1：（ x++m） 2++（2 y﹣ 5−）120＝ 1+6 ， +9=0
所以C1 的半径为4，故A选项正确；
对于B选项，由A的判断可得C1 （﹣m，5），
圆 ： ，化为标准方程为： ： ，
2 2 2 2
则 C2
2
（ 0，+2 ）且−4C
2
+的3半=径0为1， 2 +( −2) =1
若C1 ，C2 相切，则|C1C2|＝5或|C1C2|＝3，
故 或 ，
2 2
+9 =5 +9 =3 第7页（共18页）解得m＝±4或m＝0，故B选项错误；
对于C选项，当m＝2时，将C1 ，C2 两圆方程相减可得4x﹣6y+10＝0即2x﹣3y+5＝0，
故相交弦所在直线方程为2x﹣3y+5＝0，故C选项正确；
对于D选项，由C可得相交弦方程为2x﹣3y+5＝0，
故C2 （0，2）到直线l：2x﹣3y+5＝0的距离为 ，
|2×0−3×2+5| 1
= =
所以C1 ，C2 相交弦的长度为 1，3 故D选项1错3 误．
2 1 4 39
故选：AC． 2 1− =2 1−
13
=
13
（多选）10．（6分）已知双曲线 ： 的左、右焦点分别为F1 ，F2 ，其渐近线与圆M：x2+（y
2
2
﹣2）2＝r2（r＞0）相切，点N 在 C左−支3上=，1则（ ）
A．r＝1
B．直线MF2 与C的右支恰有两个交点
C．△F2MN周长的最小值为
D．|MN|的最小值为2 4 2+2
【分析】根据直线的距离即可求解A，根据直线MF2 的斜率与渐近线的斜率比较，即可求解B，根据双
曲线的定义，结合三点共线即可求解C，根据两点距离公式，结合二次函数的性质即可求解D．
【解答】解：由题意得C的渐近线为 ，圆心为（0，2），
由于C的渐近线 与圆M：x2 +（=±y﹣23） 2＝r2（r＞0）相切，
所以 ，=±故A 3 正确；
2
= =1
且M（0，32+）1，F2 （2，0），得到直线MF2 的斜率为﹣1，
因为直线MF2 的斜率大于渐近线 的斜率，
所以直线MF2 与C的左、右支各 有=1−个交3 点，故B错误；
而△F2MN周长为 ，
当且仅当M，N，|F
1
三|点+共| 线 2时|+等|号 成 2立|=，| 故 C|+正|确 ；1|+2+| 2|≥| 1|+2+| 2|= 4 2+2
设N（x，y），所以 ，即 ，
2 2
2 2
− =1 =1+
可得 3 3 ，
2
2 2 2 2 4 3 2
所以|
|M
N
|
|的最=小 值+为( −，2)故=
D
1错+误3．+( −2) =
3
( −
2
) +2 ≥2
故选：AC． 2
第8页（共18页）（多选）11．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为2，E为CD的中点，F在棱CC1 上（不包括
端点），则（ ）
A．若F为棱CC1 的中点，则平面ADF截正方体ABCD﹣A1B1C1D1 所得截面为矩形
B．若F为棱CC1 的中点，则B，D1 到平面ADF的距离之比为2
C．三棱锥D﹣AFD1 的体积为定值
D．三棱锥A﹣DEF外接球表面积的最小值为13
【分析】根据线面平行和垂直的性质可判断A；π
根据相似即可求解B；
根据等体积法，结合体积公式即可求解C；
根据正切的两角差公式，结合外接球的性质即可求解D．
【解答】解：A选项：过F作BC的平行线交BB1 于点G，所以G为BB1 中点，
故FG∥AD，FG＝AD，所以四边形ADFG为截面，
AD⊥面ABB1A1 ，AG 面ABB1A1 ，所以AD⊥AG，故四边形ADFG为矩形，A正确；
B选项：连接BD1 ，D ⊂ G交于点O，则B，D1 到平面ADF的距离之比为 ，B错误；
1
= =
C选项：由题易知三棱锥D﹣AFD1 与A﹣DFD1 的体积相等， 1 1 2
因为△DFD1 的面积为定值，F到面ADD1 的距离为定值，
所以三棱锥D﹣AFD1 的体积为定值，C正确；
D选项：设FC＝x，所以 ，
−2 2
∠ = (∠ −∠ )= 1+ 2 2= 2 +2 ≤ 2 2 = 4
当且仅当 时，tan∠DFE取得最大值 ，
2
= 2
此时 ， ，由于4∠DFE取到最大值，
1 2 2
∠ = ∠ =
所以sin∠DFE的3最大值为 ，△D 3 FE外接圆半径最小值为 ，
1 1 3
= ≥
故三棱锥A﹣DEF外接球的3半径为 ，2 ∠ 2
2 2 1 2 2
= +( ) = +1
第9页2（共18页）所以三棱锥A﹣DEF外接球表面积的最小值为4 （r2+1）≥13 ，D正确．
π π
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知向量 ， 满足 ， ， ，则 在 方向上投影向量的坐标为 （1，1） ．．
→ → → → → → →
【分析】根据投影 向量 公式计 ⋅算 求=解4． =(2 2)
【解答】解：∵ ， ， ，
→ → →
⋅ =4 =(2 2)
，
→
| |= 4+4=2 2
∴ 在 方向上投影向量的坐标为 ， ， ．
→→ → →
→ → ⋅ 4 1 → 1
→ × → = = = (2 2) = (1 1)
8 2 2
故答案为：（1，1）． | | | |
13．（5分）若函数 的图象关于点（a，0）对称，则a+b＝ 2 ．
2 −
【分析】由题意 得( 到)= f（| x）− + 1 f |（ 2 ( a﹣ x）)＝0，代入解析式求解即可．
【解答】解：由题意得，f（x）+f（2a﹣x）＝0，所以|x﹣1|ln |2a﹣1﹣x|ln 0，
2 − 2 −2 +
+ =
即|x﹣1|ln |2a﹣1﹣x|ln 恒成立， 2 −
2 − 2 −2 + −1
所以|x﹣1|＝ |2a﹣= 1﹣x|恒成立(，得2 2−a ﹣1 )＝1，解得a＝1，
即|x﹣1|（ln ln ）＝0，恒成立，
2 − 2 −2+
因为|x﹣1|在定
义域+内不
2
恒
−
为0，
所以 • 1，
2 − 2 −2+
即（2b ﹣x）（ 22−b ﹣2+ = x）＝x（2﹣x）恒成立，
整理得b2﹣b＝0，解得b＝1或b＝0，
当b＝0时，f（x）＝|x﹣1|ln 的定义域为空集，舍去，
−
第10页（共18页）所以b＝1，a+b＝2．
故答案为：2．
14．（5分）已知函数f（x）＝（1﹣x）ex，点（a，b）在曲线y＝f（x）上，则f（a）﹣f（b）的最大值为
1 ．
【分析】利用导数判断函数单调性，进而求解值域范围，计算得到结果．
【解答】解：由题意函数f（x）＝（1﹣x）ex，
对函数求导可得f′（x）＝﹣xex，
当x （0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
所以∈f（x）≤f（0）＝1，
点（a，b）在曲线y＝f（x）上，则b （﹣∞，1]，所以f（a）﹣f（b）＝b﹣f（b）＝b+（b﹣1）eb，
设g（b）＝b+（b﹣1）eb，g′（b）＝∈ 1+beb，[g′（b）]′＝（b+1）eb，
当b （﹣1，1）时，g′（b）单调递增，当b （﹣∞，﹣1）时，g′（b）单调递减；
∈ ∈
所以 ＞，故g（b）单调递增，
1
故g（′ b (） )≤≥ g ′ （( 1 −）1＝) 1 =，1即− f （a 0）﹣f（b）的最大值是1．
故答案为：1．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。
15．（13分）已知函数f（x）＝sin（ x+ ）（0＜ ＜2，0＜ ＜ ）的最小正周期为T， ；f（x）
1
ω φ ω φ π ( )=
的图象关于点 ， 中心对称． 4 2
2
（1）求f（x）(的3解析0)式；
（2）将f（x）的图象向右平移 个单位长度，得到函数g（x）的图象，求满足g（x）≥f（x）的x的取
值范围．
6
【分析】（1）根据 列式算出 ，由f（x）的图象关于点 ， 对称，结合0＜ ＜2求得
1 2
＝1，可得f（x） 的( 4解)析=式2； = 3 ( 3 0) ω
ω（2）根据函数图象的平移变换，求出g（x）＝sin（x ），然后根据三角恒等变换公式化简g（x）≥f
+
（x），得到 ，结合正弦函数的性质求出6 x的取值范围．
2 ( − )≥ 0
4
【解答】解：（1）根据f（x）的周期 ，可得f（ ）＝sin（ • ） ，
2 1
= ω +φ =
4 2 2
第11页（共18页）即sin（ ） ，即cos ，结合0＜ ＜ ，可得 ，
1 1
+ = φ= φ π =
因为f（2x）的图象关2 于点 ，2 对称， 3
2
( 0)
所以 3 ，
2 2
( )= ( + )=0
即 3 ，k 3 Z，结3 合0＜ ＜2，解得 ＝1，可得 ；
2
+ = ∈ ω ω ( )= ( + )
（2）3 将f（3 x）的图象向右平移 个单位长度，得到g（x）的图象， 3
所以 6 ，
( )= ( − )= ( + )
可得g（x）≥f（x）6 即 6 ，
( + )≥ ( + )
6 3
等价于 ，整理得 ，
3 1 1 3 3−1
+ ≥ + ( − ) ≥ 0
所以sin2x﹣cosx≥20，即 2 2 ，可得 2 ， ，k Z，
2 ( − )≥ 0 − ∈[2 2 + ] ∈
4 4
即 ， ， ，所以满足条件的x的取值范围为 ， ， ．
5 5
∈ [2 + 2 + ] ∈ [2 + 2 + ] ∈
16．（15分）已知4数列{an}的4前n项和为Sn ，且 ． 4 4
（1）求{an}的通项公式； = 2 +1
（2）设b1 ＝a1 ，bn+1 ＝bn+nan ，求数列{bn}的通项公式．
【分析】（1）根据通项与前n项和的关系得到an ＝2an﹣1 ，再根据等比数列通项公式求解；
（2）利用累加法和错位相减法求解．
【解答】解：（1）因为 ，所以当n≥2时， ，
−1
= +1 −1 = +1
则 ，2 即an ＝2an﹣1 ， 2
− −1
− −1 = =
又因为 2 2， ，
1 1
所以数列 1 { = an}2是+以1 2 =为2首+项1，2 1 为=公2比的等比数列，
所以 ；
−1
（2） 因 =为2⋅2 ，=2 ，所以 ，
所以 =2 +1 = + +1− = ⋅2 ，
2
令 +1− ，1 =设(数 列+1 {−cn} 的 )前+(n 项 −和 为 − T 1) n ，+⋯+( 2− 1)=1×2+2×2 +⋯+ ⋅2
则 = ⋅2 ，①
2
=1×2+2×2 +⋯+ ⋅2 ，②
2 3 +1
2 =1×2 +2×2 +⋯+( −1)⋅2 + ⋅2
第12页（共18页）①﹣②得： ，
+1
2 +1 2−2 +1 +1
所以 − =2+2 ，+⋯+2 − ⋅2 = 1−2 − ⋅2 =(1− )⋅2 −2
+1
所以 =( −1)⋅2 +2 ，
+1
又因为 + b 1 1 ＝− a1 1＝=2(， 所−以1)⋅2 +2 ，
+1
所以当n≥2时， +1 =( −1，)⋅2 +4
又因为当n＝1时， b=
1
＝( 2−符2合)上⋅2式+，4
所以 ．
17．（15 分 =）(已 −知2四)棱⋅2锥+S﹣4 ABCD的底面是边长为2的正方形，SA＝2，SA⊥平面ABCD，Q，P分别为
SB，AC的中点．
（1）证明：PQ∥平面SAD；
（2）求平面CPQ和平面SAD的夹角的余弦值；
（3）求异面直线AB，SD公垂线段的长度（同时和两条异面直线都垂直并相交的直线叫做异面直线的
公垂线，交点之间的距离就是公垂线段的长度）．
【分析】（1）连接BD，证得PQ∥SD，利用线面平行的判定定理，即可证得PQ∥平面SAD；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面CPQ和平面SAD的一个法向量 ，，
→
=(−1 1 1)
和 ，， ，结合向量的夹角公式，即可求解；
→
（3 ） 1=过( A 1作0 AM 0)垂直于SD，证得AM为异面直线AB，SD的公垂线，在直角△SAD中，求得AM长度，
即可求解．
【解答】解：（1）证明：连接BD，因为P为AC的中点，且四边形ABCD为正方形，
所以P为BD的中点，又因为Q为SB的中点，所以PQ∥SD，
因为SD 平面SAD，PQ 平面SAD，
所以PQ⊂∥平面SAD； ⊄
（2）以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
第13页（共18页）则C（2，2，0），P（1，1，0），Q（1，0，1），可得 ， ， ， ， ， ，
→ →
=(0 −1 1) =(−1 −1 0)
设平面CPQ的法向量为 ，， ，
→
=( )
则 ，则 ，
→ → → →
⊥ ⋅ =− + =0
→ → → →
取z ＝⊥ 1， 可得x＝ ⋅ ﹣ 1 ， = y − ＝ 1 − ， 所 = 以 0 ，， ，
→
=(−1 1 1)
又由向量 ，， 为平面SAD的一个法向量，
→
设平面CP Q 1=与(平1面0 SA 0 D )的夹角为 ，
则 ＜ ， ＞ θ ，
→ →
→ →
| ⋅ 1| 1 3
=| 1 |= → → = =
所以平面CPQ与平面SAD的| 夹|⋅|角 1的| 余弦 3× 值 1 为 3 ．
3
（3）因为SA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，所以SA⊥AB，
3
又因为四边形ABCD为正方形，⊂所以AB⊥AD，
因为SA∩AD＝A，SA，AD 平面SAD，
所以AB⊥平面SAD， ⊂
过A作AM垂直于SD，即AM⊥SD，因为AM 平面SAD，所以AB⊥AM，
所以AM为异面直线AB，SD的公垂线， ⊂
在直角△SAD中，SA＝2，AD＝2，可得 ，
2 2
所以 ， = + =2 2
⋅ 2×2
= = = 2
所以异面直线 AB，S2D2的公垂线的长度为 ．
2
18．（17分）已知椭圆 ： ＞＞ 的右焦点为F，离心率为 ，圆O：x2+y2＝r2（r＞0），过
2 2
1
F的直线与C交于A ，B
2两+点
，2 =当1直( 线A B垂0)直于x轴时，|AB|＝3．
2
（1）求椭圆C的标准方程；
第14页（共18页）（2）当r＝1时，设D在圆O上，且D也在AB上，判断是否存在点D满足|AD|＝|DB|，若存在，求直
线AB的方程；若不存在，说明理由；
（3）当 时，直线AB交圆O于P，Q两点，求 的最大值．
| |
【分析】 （= 1）2由离心率和通径的计算即可求解；
| |
（2）通过斜率为0，斜率不存在，和斜率存在且不为0三种情况讨论求解即可；
（3）①当直线AB的斜率为0时，得到 ，②当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝
| | 2
=
| | 2
my+1，联立椭圆方程，结合椭圆弦长公式和圆的弦长公式得到 ，再令t
2 2 2
| | 1 (2 +1)(3 +4)
= 2 3
＝m2+1＞1，构造函数f（x）＝（2﹣x）（x+3）2（0＜x＜1），求|导 确|定单6调性即可( 求+解1．)
【解答】解：（1）由题可得 1 ，解得 ，
=
2
2 =2
2
=3 = 3
2 2 2
所以椭圆C的方程为 =； +
2 2
（2）易知F（1，0），
4
设+D
3
（=x0 ，1y0 ），显然当直线AB斜率为0时，不符合题意；
当直线AB斜率不存在时，D（1，0），满足题意，此时直线方程为x＝1；
当直线AB斜率存在时，如图，
设A、B两点的坐标分别为（x1 ，y1 ），（x2 ，y2 ），则x1+x2 ＝2x0 ，y1+y2 ＝2y0 ，
则 2 2 ，两式相减变形得 ，
1 1
+ =1 1+ 1 1− 2
4 3
2 2 + = 0
2 2 4( 1+ 2) 3( 1− 2)
+ =1
4 3
又 ， ，
1+ 1 0 1− 2 0
= =
所以4( 1+ 2) 4 0 3( ，1−因 为2) 3( 0−1)，
0 0 2 2
+ = 0 0+ 0 =1
即（4x0 ﹣0 1）（3( x0 0+−41）) ＝0，解得x0 ＝1或x0 ＝﹣4，均不符题意，
综上所述，存在点D满足|AD|＝|DB|，此时直线AB的方程为x＝1；
第15页（共18页）（3）①当直线AB的斜率为0时，|AB|＝4， ，所以 ，
| | 2
②当直线AB的斜率不为0时，如图， | |= 2 2
| |
=
2
设直线AB：x＝my+1，
联立 ，化简得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
2 2
+ =1
4 3
= +1
所以 ， ，
−6 −9
1+ 2 = 2 1 2 = 2
则 3 +4 3 +4
2 2
| |= 1+ ( 1+ 2) −4 1 2
，
2
2 −6 2 −9 12( +1)
= 1+ ( 2 ) −4⋅ 2 = 2
圆心（0，0）到3 直+线4AB的距3离 +4 3 ，+4
1
= 2
则 1+ ，
2
2 1 2 +1
| |=2 2− =2 2− 2 =2 2
1+ +1
所以 ，
2 2 2
| | 1 (2 +1)(3 +4)
= 2 3
| | 6 ( +1)
令t＝m2+1＞1，则 ，
2 2 2 2
(2 +1)(3 +4) (2 −1)(3 +1) 1 1 2
设f（x）＝（2﹣x）（x+(3 ）22 + （ 1)0 3＜x＜1 =）， 3 = (2 − )(3 + )
则f′（x）＝﹣（3+x）2+（2﹣x）2（x+3）＝（x+3）（1﹣3x），
所以当 时，f（x）取得极大值，也是最大值 ，
1 1 5 10 2
= ( )= ×( )
3 3 3 3
所以 ，
| | 1 5 10 2 5 15
≤ × ( ) =
| | 6 3 3 27
因为 ＞ ，所以 的最大值为 ．
5 15 2 | | 5 15
19．（17分 27 ）已知 2 函数f（ |x ） | ＝ln2x． 27
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若存在a R，使得关于x的方程f（x）＝ax+b有三个不同的实数根，求b的取值范围；
∈
第16页（共18页）（3）若x＝1为函数g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2的极小值点，求m的取值范围．
【分析】（1）确定函数的定义域，求出函数的导数，判断其正负，即可得答案；
（2）由题意可得方程 有三个不同实数根，由此构造函数 ，讨论b的取值范围，
2 2
− −
从而判断函数单调性，即可求=解 ； ( )=
（3）求出g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2的导数，利用构造函数，结合分类讨论m的范围判断其单调性，
判断x＝1是否为函数g（x）＝f（x）﹣m（x﹣1）2的极小值点，即可确定答案．
【解答】解：（1）由题意知f（x）的定义域为（0，+∞）， ．
2
∴当x （0，1）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）上单调′ 递( 减)=，
当x （∈1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴f（∈x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增；
（2）依题意，方程 有三个不同实数根，
2
−
=
设 ，则 ，
2 2
− 2 − +
由于 ( 2 ) ln = x﹣ln 2x＝﹣（′ ln ( x ﹣)= 1）2+1≤ 2 1，
当b≤﹣1时，F′（x）≤0，F（x）在（0，+∞）上单调递减，F（x）＝a至多有一个实数根，不符合
题意；
当b＞﹣1时，令2lnx﹣ln2x＝﹣b，则 ， ，
2
y＝2lnx﹣ln2x+b恰有两个零点，设为x− 1 ，( x 2 （−x1 1＜)x+ 2 ），1=− =1± 1+
令lnx＝t，则y＝2lnx﹣ln2x+b即y＝2t﹣t2+b，其两零点为t1 ＝lnx1 ，t2 ＝lnx2 ，
当t＜t1 或t＞t2 时，y＝2t﹣t2+b＜0，即F′（x）＜0，
当t1 ＜t＜t2 时，y＝2t﹣t2+b＞0，即F′（x）＞0，
∴F（x）在区间（0，x1 ）上单调递减，在区间（x1 ，x2 ）上单调递增，在区间（x2 ，+∞）上单调递减，
又当x→0时，F（x）→+∞，当x→+∞时，F（x）→0，
∴存在a R，使得方程 有三个不同实数根，
2
−
∴b的取值∈ 范围是（﹣1，+∞）；=
（3） ，设h（x）＝g′（x），则h（1）＝0，
2
′ ( )= −2 ( −1)
， ，设 ， ，
2(1− ) 2(2 −3)
′ℎ( )= 2 −2 ′ℎ(1)=2−2 ( )=′ℎ( ) ′ ( )= 3
当2lnx﹣3＜0，即 ＜＜ 时，Q′（x）＜0；
3
2
0
第17页（共18页）当2lnx﹣3＞0，即 ＞ 时，Q′（x）＞0；
3
2
∴h'（x）在区间 ， 上单调递减，在区间 ， 上单调递增，
3 3
2 2
(0 ) ( +∞)
当m＞1时，h′（1）＜0， ＜，
2 −2
′ℎ( )= 4 −2 0
＜ ＜， ＞
1−
2(1− ) 1− 2[1− ( )] 2
0∴存 在 1 ′ℎ，( 使)得= h′（ 2 x ( 0 1）− ＝) 0，−2 = 2(1− )−2 2 −2 =0
1−
∴当 0 ∈，( 时，1)h′（x）＜0，g′（x）单调递减，
2
∵g′ （∈1(） 0＝0 ，)∴g（x）在区间（x0 ，1）上单调递增，在区间（1，e2）上单调递减，
∴x＝1为g（x）的极大值点，不符合题意；
当m＝1时， ， ＞，
1 2
′ℎ(1)=0 ′ℎ( )=4 −2 0
∴g′（x）在区间 ， 上单 调递增，在区间（1，e2）上单调递减，∵g′（1）＝0，
1
( 1)
∴当 ， 时， g′（x）≤0，∴g（x）单调递减，不符合题意；
1 2
∈( )
当m≤0时 ，h′（1）＞0， ， ＞，
1 2
′ℎ( )=−2 ≥ 0 ′ℎ( )=4 −2 0
∴当 ， 时，h′（x）＞0，g′（x）单调递 增，
1
∈( )
∵g′（1） ＝0，∴g（x）在区间 ， 上单调递减，在区间（1，e）上单调递增，
1
∴x＝1为g（x）的极小值点，符合(
题意1)；
当0＜m＜1时， ＜， ＞， ＞，
1 2
存在x3 （1，e）′，ℎ(使 )得= h −′2（ x3 ）0 ＝′ℎ 0 (，1) 0 ′ℎ( )=4 −2 0
∈
∴当 ， 时，h′（x）＞0，g′（x）单调递增，
1
∈( 3)
∵g′（1） ＝0，∴g（x）在区间 ， 上单调递减，在区间（1，x3 ）上单调递增，
1
∴x＝1为g（x）的极小值点，符合(
题意1)，
综上所述，m的取值范围是（﹣∞，1）．
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