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2025-2026 学年山东省济宁市高三（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）若集合A＝{0，1，3，5}，B＝{x|y＝ln（2﹣x）}，则A∩B＝（ ）
A．{0} B．{0，1} C．{3，5} D．{1，3，5}
2．（5分）已知复数z满足z（1﹣2i）＝1+i，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
1 3 1 3
3．（5分−）5已知a＞0，b＞0，
5
则“a+b≤2”是“ab≤− 1”5 的（ ）
5
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）已知向量 ， ， 在网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则
→ → → → → →
（ ） | + + |=
A．8 B． C． D．
5．（5分）已知 4 3 ，则tan2 2＝（13 ） 2 15
( − )=2 ( + ) θ
4 4
A． B． C． D．
3 3 3 3
− −
6．（5分） 4 设双曲线C： 5 ＞，＞ 的5左、右焦点分别为F1 4，F2 ，以F1F2 为直径的圆与C
2 2
的渐近线在第一象限的 2交−点 2为= M 1，( 若∠0 M F1F 0 2 )＝30°，且焦点到渐近线的距离为 ，则 C 的方程为
（ ） 3
A． B．
2 2 2 2
− = 1 − = 1
C．9 3 D．3 9
2 2 2 2
− =1 − = 1
3 3
第1页（共20页）7．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1 中，E为AA1 的中点， ， ，若D1 ，E，F，G四
→ → → →
点共面，则 的值为（ ） =2 = 1
λ
A． B． C． D．
1 1 1 2
8．（5分4）已知函数f（x）＝3e ﹣cos x，若a＝f（log2122）， ， 3 ，则a，b，c的大
π 1 16
小关系为（ ） = ( 3 4 ) = ( 4 5 )
A．b＜c＜a B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．a＜b＜c
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全
部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知直线l：mx﹣y+m+1＝0和圆C：x2+y2﹣2x+4y﹣13＝0，则（ ）
A．当 时，直线l过圆心C
3
B．存在 实=−数2m，使得直线l与圆C相切
C．直线l被圆C截得的最长弦长为
D．直线l被圆C截得的最短弦长为6 2
2 5
（多选）10．（6分）已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
2 3
( )= 3 − −
A． 2
3
(0)=
B．f（x）在2区间 ， 上单调递减
5
(0 )
C．直线 是曲线1 y 2＝f（x）的一条对称轴
7
=
D．f（x）的图6象向右平行移动 个单位长度后得到函数g（x）的图象，则g（x）为偶函数
（多选）11．（6分）已知圆锥PO112的底面圆O1 半径为 ，母线长为 ，A为圆锥底面上任意一点，O
5 30
为圆锥PO1 外接球的球心，S为球面上一点，且 ，则下列说法正确的是（ ）
→ → → →
A．圆锥PO1 的侧面积为 ( − )⋅( +2 )=0
B．球O的体积为36 5 6
C．点S的轨迹长度为π4
π
D． 的最大值为6
→
三、填空| 题|：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）记Sn 为等差数列{an}的前n项和，若a1 ＝1，3S4 ＝4S3+12，则公差d＝ ．
第2页（共20页）13．（5分）已知函数f（x）＝x3﹣x+b，若函数y＝f（x+a）﹣1为奇函数，则a+b＝ ．
14．（5分）已知椭圆Γ： ＞＞ ，曲线 ：xy＝m（m＞0），曲线 与椭圆Γ在第一象限内
2 2
2 + 2 = 1( 0) Ω Ω
有两个交点A，B，若A B的斜 率为 ，则椭圆Γ的离心率为 ．
1
四、解答题：本题共5小题，共77分−。2解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且 ．
（1）求A；
=
2 −
（2）若△ABC的面积为 ，BC边上的高为3，求b+c．
16．（15分）记Sn 为正项数列6 {3an}的前n项和，已知 ．
2 ∗
（1）求{an}的通项公式； 6 = +3 ( ∈ )
（2）令 ，求数列{anbn}的前n项和Tn ．
∗
3 2 = +3( ∈ )
17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中， ，AD∥BC，PB⊥AC，点M在棱PB
1
上． = = = 2 =2
（1）证明：平面ACM⊥平面PAB；
（2）若 ，PD∥平面ACM，求直线PB与平面ACM所成角的正弦值．
= = 5
18．（17分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过点F的直线l交C于点A，B，当直线l垂直
x轴时，点A的坐标为（1，p）．
（1）求C的方程；
（2）求4|AF|+|BF|的最小值；
（3）若点M在抛物线C外，线段MF的垂直平分线与C相切，求点M的轨迹方程．
19．（17分）已知函数f（x）＝aex﹣（x﹣1）2．
（1）若直线l：4x﹣y+1＝0是曲线f（x）的一条切线，求a的值；
（2）若函数f（x）有三个零点，设为x1 ，x2 ，x3 且x1 ＜x2 ＜x3 ．
（i）求实数a的取值范围；
第3页（共20页）（ii）证明： ＜ ．
16
(1− 1)( 3−1) 2
第4页（共20页）2025-2026 学年山东省济宁市高三（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 B A C D C A D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD ABD ABD
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）若集合A＝{0，1，3，5}，B＝{x|y＝ln（2﹣x）}，则A∩B＝（ ）
A．{0} B．{0，1} C．{3，5} D．{1，3，5}
【分析】根据对数函数的定义域求出集合B，再根据交集的定义求出结果．
【解答】解：根据对数函数的定义知，2﹣x＞0，解得x＜2，所以B＝{x|x＜2}，
又因为A＝{0，1，3，5}，所以A∩B＝{0，1}．
故选：B．
2．（5分）已知复数z满足z（1﹣2i）＝1+i，则z的虚部为（ ）
A． B． C． D．
1 3 1 3
【分−析5】由复数的除法运算
5
及复数的基本概念求解−．5
5
【解答】解：由z（1﹣2i）＝1+i，得 ，
1+ (1+ )(1+2 ) 1 3
= = =− +
1−2 (1−2 )(1+2 ) 5 5
所以z的虚部为 ．
3
故选：B．
5
3．（5分）已知a＞0，b＞0，则“a+b≤2”是“ab≤1”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
第5页（共20页）D．既不充分也不必要条件
【分析】通过基本不等式的性质判断前者是否推出后者，通过特例判断后者是否推出前者，即可得到结
论．
【解答】解：a＞0，b＞0，“a+b≤2”， 2≥a+b≥2 1 “ab≤1”正确，
当a＝10，b＝0.1时，ab≤1，所以a+b⇒≤2不成立， ⇒ ≤ ⇒
即前者是推出后者，后者推不出前者，
所以a＞0，b＞0，“a+b≤2”是“ab≤1”的充分而不必要条件．
故选：A．
4．（5分）已知向量 ， ， 在网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则
→ → → → → →
（ ） | + + |=
A．8 B． C． D．
4 3 2 13 2 15
【分析】由图得到 ， ， 坐标，根据向量的加法法则和向量模的计算公式求解．
→ → →
【解答】解：如图，建立直角坐标系，则 ， ， ， ， ， ，
→ → →
=(2 0) =(1 2) =(3 2)
所以 ， ，
→ → →
+ + =(6 4)
所以 ．
→ → →
2 2
故选：| C+． + |= 6 +4 = 52=2 13
5．（5分）已知 ，则tan2 ＝（ ）
( − )=2 ( + ) θ
4 4
第6页（共20页）A． B． C． D．
3 3 3 3
− −
【分析4】根据两角和与差的余5弦公式化简已知等式5，结合同角三角函数4的关系求得tan ，然后运用
1
二倍角的正切公式算出答案． θ= 3
【解答】解：根据 ，
( − )=2 ( + )
4 4
可得 cos sin ＝2（ cos sin ），整理得cos ＝3sin ，
2 2 2 2
θ+ θ θ− θ θ θ
2 2 2 2
所以tan ，可得 ．
1
1 2 2×3 6 3
θ= = 2 = 2 = 1= =
故选：D．
3 1− 1−9 8 4
6．（5分）设双曲线C： ＞，＞ 的左、右焦点分别为F1 ，F2 ，以F1F2 为直径的圆与C
2 2
的渐近线在第一象限的 2交−点 2为= M 1，( 若∠0 M F1F 0 2 )＝30°，且焦点到渐近线的距离为 ，则 C 的方程为
（ ） 3
A． B．
2 2 2 2
− = 1 − = 1
C．9 3 D．3 9
2 2 2 2
【分 析−】由
3
题=意1 可得△MOF2 是等边三角形，根据
3
已−知 可得= 1 ，进而可得|MF2|＝2，可求得c＝2，
进而可求双曲线的方程． = 3
【解答】解：由题可得：∠F1MF2 ＝90°，又因为∠MF1F2 ＝30°，所以|F1F2|＝2|MF2|，∠MOF2 ＝2∠
MF1F2 ＝60°，
所以△MOF2 是等边三角形．
又双曲线的渐近线方程为 ，即bx±ay＝0，焦点F2 （c，0），
=±
所以焦点F2 （c，0）到渐近线 的距离为 ，所以 ，
| |
所以可得|MF2|＝2，所以|F1F2|＝ = 4， 所 以2c＝4，
解2
+
得
2 c＝ = 2， 3 = 3
所以a2＝c2﹣b2＝1，所以双曲线C的方程为 ．
2
2
故选：C． − 3 =1
第7页（共20页）7．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1 中，E为AA1 的中点， ， ，若D1 ，E，F，G四
→ → → →
点共面，则 的值为（ ） =2 = 1
λ
A． B． C． D．
1 1 1 2
【分4析】先建立空间直角坐3标系，然后根据已知条2 件列出各个点的坐标3，然后求出 ， ， 的
→ → →
坐标，然后根据四点共面列出方程组，进而求出结果． 1 1 1
【解答】解：如图所示，以A1 为原点，以A1B1 ，A1D1 ，A1A所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标
系，
设正方体的棱长为1，根据条件得出以下几个点的坐标：
，， ， ，， ， ，， ， ，， ，
1 2
1(0 1 0) (0 0 ) ( 0 1) (1 1 1− )
所以 ， ， 2， 3 ， ， ， ，， ，
→ → →
1 2
1 =(0 −1 ) 1 =( −1 1) 1 =(1 0 1− )
2 3
因为D1 ，E，F，G四点共面，所以 ，
→ → →
1 = 1 + 1
得到 2 ，解得 ， ， ．
=1
3
3 3 1
− − =0 =− = =
2 2 4
1
故选： 2A ．+ =1−
第8页（共20页）8．（5分）已知函数f（x）＝e ﹣cos x，若a＝f（log212）， ， ，则a，b，c的大
π 1 16
小关系为（ ） = ( 3 4 ) = ( 4 5 )
A．b＜c＜a B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．a＜b＜c
【分析】根据函数的奇偶性、周期性化简，再由对数的性质比较大小，根据导数求出函数的单调性得解．
【解答】解：因为f（x）＝e ﹣cos x的定义域为R，且f（﹣x）＝e ﹣cos（﹣ x）＝e ﹣cos x＝f（x），
π π π
所以函数f（x）＝e ﹣cos x是偶函数，
π
又f（x+2）＝e ﹣cos （x+2）＝e ﹣cos（ x+2 ）＝e ﹣cos x＝f（x），所以f（x）是以2为周期的周期函数，
π π π π
所以 ，
12
= ( 212)= ( 212−2)= ( 2 )= ( 23)
， 4
1
= ( 3 )= (− 34)= ( 34)
4 ，
16
= ( 4 )= (2− 45)= (− 45)= ( 45)
＜ 5 ＜ ，即log34＜log23，
3
34 33 3= = 22 2 23
2
因为log34＞1，log45＞1， ＞ ＞，
2 2
34 4 4 4 2
= 3+ 5 2 = ( ) 1
所以log34＞log45，综上可知 1 4 ＜ 5 log 4 5 3 ＜ l 5 og34＜ ( lo 2 g23＜ ) 2， 15
因为f′（x）＝e ﹣cos x（﹣cos x）′＝ sin x•e ﹣cos x，
π π
所以当1＜x＜2时，sin x＜0，π则f′（πx）＜π0，f（x）单调递减．
所以f（log45）＞f（logπ 34）＞f（log23），即a＜b＜c．
故选：D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全
部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知直线l：mx﹣y+m+1＝0和圆C：x2+y2﹣2x+4y﹣13＝0，则（ ）
A．当 时，直线l过圆心C
3
B．存在 实=−数2m，使得直线l与圆C相切
C．直线l被圆C截得的最长弦长为
D．直线l被圆C截得的最短弦长为6 2
【分析】由已知可求得圆心C（1，﹣22）5，半径 ，直线l过定点M（﹣1，1），进而逐项计算可
判断结论． =3 2
【解答】解：由圆C：x2+y2﹣2x+4y﹣13＝0化为标准方程（x﹣1）2+（y+2）2＝18，
第9页（共20页）可得圆C的圆心C（1，﹣2），圆的半径 ．
=3 2
当 时，直线方程为 ，又C（1，﹣2）代入直线方程可得
3 3 3 3 3
=，−
2
−
2
− −
2
+1=0 −
2
×1−(−2)−
2
+
1所=以0直线l过圆心C，故A选项正确；
当x＝﹣1时，y＝1，所以直线l过定点M（﹣1，1），
又 ＜ ，
2 2
所以| M|（=﹣1(，−11）−在1)圆+C(内1，+2故)不=存在13实数3m2，=使 得直线l与圆C相切，故B选项错误；
直线l过圆心C时，直线l被圆C截得的最长弦长为 ，故C选项正确；
当直线l⊥CM，直线l被圆C截得的最短弦长为 2 =6 2 ，故D选项正确．
2 2
故选：ACD． 2 −| | =2 5
（多选）10．（6分）已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
2 3
( )= 3 − −
A． 2
3
(0)=
B．f（x）在2区间 ， 上单调递减
5
(0 )
C．直线 是曲线1 y 2＝f（x）的一条对称轴
7
=
D．f（x）的图6象向右平行移动 个单位长度后得到函数g（x）的图象，则g（x）为偶函数
【分析】根据二倍角公式与辅助1角2 公式化简函数解析式，f（x）＝cos（2x ），通过求f（0）的值判断
+
出A项的正误；根据余弦函数的单调性判断出B项的正误；根据余弦曲线的6对称性判断出C项的正误；
根据函数图象的平移变换、三角函数的奇偶性，对D项作出判断，进而可得本题答案．
【解答】解：由题意得 ，
1+ 2 1 3 3 1
( )= 3⋅ − 2 − = 2 − 2 = (2 + )
根据 ，可知A项2正确；2 2 2 2 6
3
(0)= (0+ )=
当 ， 时， 6 2 ， ，
5
∈ (0 ) 2 + ∈( )
结合余弦函1数2的单调性，6可知6 f（x）在 ， 上单调递减，所以B项正确；
5
(0 )
根据f（ ）＝cos 0，不是f（x）的最大12或最小值，可知x 不是f（x）图像的对称轴，所以C
7 5 7
项错误； 6 2 = = 6
将f（x）图象向右平移 个单位，可得 的图象，
( )= ( − )= 2
12 12
第10页（共20页）根据余弦函数是定义在R上的偶函数，可得函数g（x）是偶函数，所以D项正确．
故选：ABD．
（多选）11．（6分）已知圆锥PO1 的底面圆O1 半径为 ，母线长为 ，A为圆锥底面上任意一点，O
5 30
为圆锥PO1 外接球的球心，S为球面上一点，且 ，则下列说法正确的是（ ）
→ → → →
A．圆锥PO1 的侧面积为 ( − )⋅( +2 )=0
B．球O的体积为36 5 6
C．点S的轨迹长度为π4
π
D． 的最大值为6
→
【分|析 】| 选项A，利用圆锥PO1 的侧面积公式S＝ rl求解；
选项B，求出圆锥的高O1P，设球O的半径为R，在Rtπ△AOO1 中，利用勾股定理得到 ，
2 2 2
=(5− ) +( 5)
解出R，利用球O的体积公式 求解；
4 3
=
3
选项C，将 ，整理得到 ，设 ，
→ → → → → → → → → →
2
( − )⋅( +2 )=0 9+| |⋅| | ⋅ −2| | =0 | |=
，则有 9+3xcos ﹣2x2＝0①，在△SOP 中，利用余弦定理得到|OP|2＝|SP|2+|SO|2﹣2|SP|•
→ →
⋅ = θ
|SO|cos ，整理得到 ②，②代入①后解得x，即 ，则有S的轨迹是以P为球心，
→
为半径θ的球面与球 O 的 交=线6 ，且此交线为圆O2 ，设圆| O 2 |的=半径6 为r2 ，两个球心P与O的距离 1 为= |PO 6 |
＝3，球O的半径为3，在Rt△SPO2 中，由勾股定理得到 ③，在Rt△SOO2 中，由勾
2 2
股定理得到 ④，③代入④后( 解2)得=|P6O− 2|＝| 1 ⑤ 2|，⑤代入③后解得 ，
2 2
利用圆的周长−6公| 式 2求|+出|点 S2|的+轨(迹 2长) 度=；0 2 = 5
选项D，A为圆锥底面上任意一点，底面圆的圆心为O1 ，则 的最大值为|AO|+R．
→
【解答】解：选项A，∵圆锥PO1 的底面圆O1 半径为 | ， 母| 线长为 ，
∴圆锥PO1 的侧面积为 ，故选 项= A5正确； = 30
= 5× 30 =5 6
选项B，圆锥的高 ，设球O的半径为R，
2 2 2 2
1 = − = ( 30) −( 5) = 25=5
第11页（共20页）由图可知，∵OA＝R，OP＝R，∴OO1 ＝O1P﹣R＝5﹣R，
在Rt△AOO1 中，∵ ，
2 2 2
∴ ，=∴( R ＝1)3，+( 1)
2 2 2
=(5− ) +( 5)
球O的体积为 ，故选项B正确；
4 3 4 3
= × 3 = 36
选项C，∵ 3 3 ，
→ → → →
( − )⋅( +2 )=0
∴ ，
→ → → →
2 2
| | + ⋅ −2| | =0
∵ ，
→
| |=3
∴ ，
→ → → → →
2
9+| |⋅| | ⋅ −2| | =0
设 ， ，
→ → →
则有| 9 | + = 3x cos ﹣ ⋅ 2x 2 ＝= 0① ，
在△SOP中，θ∵|OP|2＝|SP|2+|SO|2﹣2|SP|•|SO|cos ，
∴9＝x2+9﹣6xcos ，∴x2﹣6xcos ＝0，∵x≠0，θ∴ ②，
θ θ =
②代入①，得 ，解得 ， 6
2
9+3 ⋅ −2 =0 = 6
6
∵ ，∴ ，
→ →
∴| S 的 |轨=迹 是以| P 为|=球心6， 为半径的球面与球O的交线，且此交线为圆O2 ，
设圆O2 的半径为r2 ，两个球 1心=P与6 O的距离为|PO|＝3，球O的半径为3，
在Rt△SPO2 中，∵ ，
2 2 2
∴ | | ，=| 2| +| 2|
2 2 2
∴( 6) =| 2| +(③ 2)，
2 2
在(R 2 t△) S=OO6
2
−中| ， ∵2| ，
2 2 2
∴ | | =| 2| ，+| 2|
2 2 2
∴| | =(| |−| 2|) +，| 2|
2 2
∴9= (3−| 2|) +( 2) ④，
2 2
③−代6|入 ④ 2|，+得| 2| +( 2) =0 ，解得|PO2|＝1⑤，
2 2
⑤代入③，得−6| 2|+| 2| ，+解6−得| 2| =，0
2
∴点S的轨迹长(度 2)为=6−1=5 ，故选 2项=C错5 误；
选项D，A为圆锥底面2 上 任2 =意2一5点 ，底面圆的圆心为O1 ，
第12页（共20页），|OO1|＝5﹣R＝5﹣3＝2，|AO|＝3，
| 1|= 5
的最大值为|AO|+R＝3+3＝6，故选项D正确．
→
|故 选|：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）记Sn 为等差数列{an}的前n项和，若a1 ＝1，3S4 ＝4S3+12，则公差d＝ 2 ．
【分析】根据等差数列求和公式计算求解．
【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，
由a1 ＝1，3S4 ＝4S3+12，则3×（4a1+6d）＝4×（3a1+3d）+12，
变形可得d＝2．
故答案为：2．
13．（5分）已知函数f（x）＝x3﹣x+b，若函数y＝f（x+a）﹣1为奇函数，则a+b＝ 1 ．
【分析】由f（x）求出，y＝f（x+a）﹣1，设g（x）＝f（x+a）﹣1，则g（x）为奇函数，求出g（﹣x），
由g（﹣x）＝﹣g（x）得到关于a，b的等式，解得a，b的值，从而得解．
【解答】解：由题可得y＝f（x+a）﹣1＝（x+a）3﹣（x+a）+b﹣1，
设g（x）＝f（x+a）﹣1＝（x+a）3﹣（x+a）+b﹣1，
故g（x）＝（x+a）3﹣（x+a）+b﹣1为奇函数，
∴g（﹣x）＝（﹣x+a）3﹣（﹣x+a）+b﹣1，
∵g（﹣x）＝﹣g（x），
∴（﹣x+a）3﹣（﹣x+a）+b﹣1＝﹣[（x+a）3﹣（x+a）+b﹣1]，
∴﹣x3+3ax2﹣3a2x+a3+x﹣a+b﹣1＝﹣x3﹣3ax2﹣3a2x﹣a3+x+a﹣b+1，
∴6ax2+2a3﹣2a+2b﹣2＝0对于任意的x R恒成立，
∴ ，∴ ，∈
6 =0 =0
3
∴a2+
b＝ −1．
2 +2 −2=0 =1
故答案为：1．
14．（5分）已知椭圆Γ： ＞＞ ，曲线 ：xy＝m（m＞0），曲线 与椭圆Γ在第一象限内
2 2
2 + 2 = 1( 0) Ω Ω
有两个交点A，B，若A B的斜 率为 ，则椭圆Γ的离心率为 ．
1 3
【分析】设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 −），
2
根据题设结合点差法可得
2
a2＝4b2，进而得到 ，即可求
解． 3 =2
第13页（共20页）【解答】解：曲线 与椭圆Γ在第一象限内有两个交点A，B，设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），AB的斜率
Ω
为 ，
1
−
2
则 ，即 ，
1− 2 1 − 2 1 1 2
= = =− =− = 2
1− 2 1− 2 1 2 2
又 2 2 ，两式相减得 ，
1 1
2+ 2 =1 ( 1+ 2)( 1− 2) ( 1+ 2)( 1− 2)
2 2 2 + 2 = 0
2 2
2+ 2 =1
则 ，
2 2 2 2
1− 2 1+ 2 1+ 2 1 2 2 1
=− ⋅ 2 =− ⋅ 2 =− ⋅ 2 =− 2 =−
∴a 2 1 ＝ − 4 2 b2＝4（ 1 a + 2 ﹣ 2 c2 ），则3 a 12 + ＝ 4 2 c2， 即 ， 2
3 =2
∴椭圆Γ的离心率为 ．
3
= =
2
故答案为： ．
3
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。
2
15．（13分）已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且 ．
（1）求A；
=
2 −
（2）若△ABC的面积为 ，BC边上的高为3，求b+c．
【分析】（1）根据正弦定6理边3 角互化，结合和差角公式即可求解，
（2）根据面积公式以及余弦定理即可求解．
【解答】解：（1）根据条件 ，
由正弦定理，得（2sinC﹣sin B ） c = osA2 ＝ −s inAcosB，
即2sinCcosA＝sinAcosB+sinBcosA，即2sinCcosA＝sin（A+B）＝sinC，
因为在△ABC中，sinC≠0，所以 ，
1
=
又因为0＜A＜ ，所以 ； 2
π =
3
（2）因为△ABC的面积为 ，所以 ，得
1
6 3 × 3 = 6 3 =4 3
由 ，即 2 ，所以bc＝24，
1 1 3
由余 弦 定 理 ，=得6 a32＝b2+c 2﹣ ×2bccos=A，6 即348＝b2+c2﹣bc，
2 2 2
化简得（b+c）2＝3bc+48，所以（b+c）2＝120，即 ，
所以 ． + =2 30
+ =2 30 第14页（共20页）16．（15分）记Sn 为正项数列{an}的前n项和，已知 ．
2 ∗
（1）求{an}的通项公式； 6 = +3 ( ∈ )
（2）令 ，求数列{anbn}的前n项和Tn ．
∗
【分析】（3 1 ） 2根 据=S n 和+a3 n (的 ∈关 系)结合题设可得a1 ＝3，an ﹣an﹣1 ＝3，n≥2，进而得到{an}是首项为3，
公差为3的等差数列，进而求解即可；
（2）结合（1）及题设可得 ，进而根据错位相减法求解即可．
+1
【解答】解：（1）因为Sn 为 正 项 =数3列 {×an 2}的前n项和， ，
2 ∗
所以当n＝1时， ，解得a1 ＝3或a6
1
＝ 0=（ 舍 去+）3； ( ∈ )
2
当n≥2时， 6 1 =6 1 = 1+，3 1
2
所以 6 −1 = −1+3 −1 ，
2 2
则（a6 n (﹣ an − ﹣1 ﹣ − 3 1）)（=a6 n+ an = ﹣1 ） ＝+03， 又−a( n + a − n 1 ﹣ + 1 ＞3 0， −1)
所以an ﹣an﹣1 ＝3，
所以{an}是首项为3，公差为3的等差数列，
则an ＝3n；
（2）因为3log2bn ＝an+3，
所以 ，则 ，即 ，
+3 3 +3 +1 +1
所以 2 = 3 = 3 = +1 =2 ，① =3 ×2
2 3 4 +1
所以 =3×2 +6×2 +9×2 +⋯+3 ×2 ，②
3 4 5 +2
由①2﹣ ② =得3，×2 +6×2 +9×2 +⋯+3 ×2
2 3 4 5 +1 +2
− =3×2 +3(2 +2 +2 +⋯+2 )−3 ×2
，
3 −1
2 (1−2 ) +2 +2
=所以12+3×
1−2
−3 ．×2 =−12+3(1− )2
+2
=12+3( −1)2
17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中， ，AD∥BC，PB⊥AC，点M在棱PB
1
上． = = = 2 =2
（1）证明：平面ACM⊥平面PAB；
（2）若 ，PD∥平面ACM，求直线PB与平面ACM所成角的正弦值．
= = 5
第15页（共20页）【分析】（1）先证明AC⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）证明OB，OE，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可．
【解答】解：（1）证明：取BC中点E，连接AE，
则AD∥CE且AD＝CE，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∴AE＝DC，∴ ，
1
∴AC⊥AB，又∵ PB =⊥2A C ，AB∩PB＝B，AB，PB 平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，AC 平面ACM， ⊂
∴平面ACM⊥平面PA⊂B．
（2）连接BD交AC于点F，则 ，连接FM，
∵PD∥平面ACM，PD 平面PB D ，=平 面 P = BD 2∩平面ACM＝FM，
⊂
∴PD∥MF，∴ ，
取AB中点O，连 接= PO ， 则= 2 PO⊥AB，
又∵AC⊥平面PAB，PO 平面PAB，
∴AC⊥PO，∵AB∩AC＝⊂A，∴PO⊥平面ABCD，
连接OE，则OE∥AC，∴OE⊥AB，
以O为原点，OB，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由 ，AB＝2，BC＝4，得PO＝2， ，
= = 5 =2 3
∴A（﹣1，0，0），B（1，0，0）， ， ， ，P（0，0，2）， ，， ，
1 4
(−1 2 3 0) ( 0 )
∴ ，， ， ， ， ， ，， ， 3 3
→ → →
4 4
=(1 0 −2) =(0 2 3 0) =( 0 )
设平面ACM的法向量 ，， ， 3 3
→
=( )
则 ，则 ，即 ，
→ → → →
2 3 =0
→ ⊥ → → ⋅ → =0 4 4
+ =0
⊥ ⋅ =0 3 3
第16页（共20页）解得y＝0，令x＝1，则z＝﹣1，
∴平面ACM的一个法向量 ，， ，
→
记直线PB与平面ACM所成 的=角(1为 0， −1)
θ
则 ＜ ， ＞ ，
→ → → →
| ⋅ | 3 3 10
=| |= → → = =
5× 2 10
| || |
∴直线PB与平面ACM所成角的正弦值为 ．
3 10
10
18．（17分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过点F的直线l交C于点A，B，当直线l垂直
x轴时，点A的坐标为（1，p）．
（1）求C的方程；
（2）求4|AF|+|BF|的最小值；
（3）若点M在抛物线C外，线段MF的垂直平分线与C相切，求点M的轨迹方程．
【分析】（1）由题意可得抛物线焦点坐标，根据垂直直线上点的性质，建立方程，可得答案；
（2）分斜率存在与不存在两种情况，建立方程，写出韦达定理，结合基本不等式，可得答案；
（3）设出动点坐标，分情况设出线段MF所在直线的方程，从而求出中垂线的直线方程，联立抛物线
方程，根据根的存在性，可得答案．
【解答】解：（1）根据题意知： ， ，l垂直x轴时，点A（1，p），
( 0)
那么 ，解得p＝2，因此C的方2程为y2＝4x．
（2）
2
当=直1线l的斜率不存在时，|AF|＝|BF|＝2，因此4|AF|+|BF|＝10＞9；
当直线l的斜率存在时，设直线ly＝k（x﹣1），
与抛物线方程联立得， ，化简得：k2x2﹣2（2+k2）x+k2＝0，
2
=4
设B（x2 ，y2 ），A（x1 ， y1= ）， 且 ( 根 − 的 1) 判别式Δ＞0，那么x1x2 ＝1，由于|BF|＝x2+1，|AF|＝x1+1，
因此 ，当且仅当4x1 ＝x2 取得等
4| |+| |=4( 1+1)+( 2+1)=4 1+ 2+5 ≥2 4 1 2+5=9
第17页（共20页）号．
综上，4|AF|+|BF|的最小值为9．
（3）设M（m，n），那么MF中点坐标为 ， ，
+1
当m＝1时，MF的垂直平分线平行x轴，(不会2与抛2物)线C相切，因此m≠1，
因此MF存在斜率为 ，
1 =
①当n≠0时， −1
MF的垂直平分线方程为 ，所以 ，
2 2
1− +1 1− 1− −
− = ( − ) = −
2 2 2
与抛物线方程联立得， ，化简得：
2
=4
2 2
1− 1− −
= −
2 ，
2 2 2 2 2
1− 2 2 ( −1)(1− − ) (1− − )
(由于
线)段
M
+
F
[的垂直平
分2线与C相−切4]， +
4
2 =0
因此 ，
2 2 2 2 2
( −1)(1− − ) 2 1− 2(1− − )
=[ 2 −4] −4( ) 2 =0
，（m﹣1）（ 1﹣m2﹣n 42 ）﹣2n2＝0，
2 2
( −1)(1− − )
−（8 m﹣1）（1 ﹣2 m2）﹣（+ m 16﹣= 1）0 n2﹣2n2＝0，（m﹣1）（1﹣m2）﹣（m+1）n2＝0，
（m+1）[（m﹣1）2+n2]＝0，因此m＝﹣1或 （舍），
=1
②当n＝0时，点M坐标为（﹣1，0），线段M F= 的 0 垂直平分线与C相切，满足条件．
因此点M的轨迹方程为x＝﹣1．
19．（17分）已知函数f（x）＝aex﹣（x﹣1）2．
（1）若直线l：4x﹣y+1＝0是曲线f（x）的一条切线，求a的值；
（2）若函数f（x）有三个零点，设为x1 ，x2 ，x3 且x1 ＜x2 ＜x3 ．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明： ＜ ．
16
(1− 1)( 3−1) 2
【分析】（1）设直线l与曲线f（ x）相切于点P（x0 ，y0 ），利用函数f（x）在x＝x0 处的导数f′（x0 ）
为直线l的斜率，列出方程组求解即可；
（2）（i）根据题意进行参变分离得到 ，然后构造函数 ，结合函数h（x）的单
2 2
( −1) ( −1)
调性和图象的变化趋势即可解得； = ℎ( )=
第18页（共20页）（ii）由（i）可得， ＜ ；换元后构造函
3 +1 2
(1− 1)( 3−1)= 1 ⋅ 3 ⋅ 3 = 2 = ( 3 − 3 − 1 1 )
2
数 ，t＞1，求导后判断函数g（t）的最值即可证得．
2
4
【解 (答 )】=解 ：（1）依题意，f′（x）＝aex﹣2（x﹣1），设直线l：4x﹣y+1＝0与曲线f（x）相切于点P
（x0 ，y0 ），
则 ，解得x0 ＝0，a＝2；所以a的值为2；
0
′ ( 0)= −2( 0−1)=4
0 2
（2 ）（( 0 i）)=令 f （x−）(＝ 0 a−ex﹣1)（=x﹣4 1）0+2＝10，则 ；
2
( −1)
=
设 ，则 ，
2 2
( −1) 2( −1) − ( −1) ( −1)(3− )
由ℎ h (′ )（= x）＜ 0，得x ′ℎ＜( 1 )或= x＞3；由 h 2′ （x）＞= 0，得1 ＜ x＜3；
所以h（x）在区间（﹣∞，1）和（3，+∞）上单调递减，在区间（1，3）上单调递增，
所以当x＝1时，h（x）取得极小值h（1）＝0；当x＝3时，h（x）取得极大值 ；
4
又当x→﹣∞时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→0且h（x）＞0，大致图ℎ象(3如)=图
：3
若函数f（x）有三个零点，即函数 与y＝a的图象有三个交点，
2
( −1)
ℎ( )=
则 ＜＜ ，即实数a的取值范围是（ ， ）；
4 4
0 3 0 3
（ii）证明 ：因为x1 ，x3 为函数f（x）的零点 ，所以 ， ；
1 2 3 2
−( 1−1) =0 −( 3−1) =0
由（i）知0＜x1 ＜1，x3 ＞3；所以 ， ， ，
2
1 3 ( 3−1)
所以 1−； 1 = 3−1= = 3
1 3
因为(01＜−x
1
＜1)(1 ，3所−以1)= ＜ ⋅ ，
1
所以 ＜
+1
3
(1− 1)( 3−1)= 1 ⋅ 3 ⋅ 3 = 2
；
2 3 +1 2
( 3−1) 2 ( 3−1)
= 3 = 3 −1
2
第19页（共20页）令 ，则 ；令 ，t＞1，则 ，
3−1 ( 3−1) 2 4 2 4 2 4 (2− )
= 3−1 = ( )= ′ ( )=
2 2
由g′（t）＞0， 得1＜t＜2；由g′（t）＜0，得t＞2，
所以g（t）在区间（1，2）上单调递增，在区间（2，+∞）上单调递减；
所以 ，所以 ，
2
16 4 16
( ) = (2)= 2 ( )= ≤ 2
即当x3 ＞3时， ；
2
( 3−1) 16
3−1 ≤ 2
2
所以 ＜ ．
16
(1− 1)( 3−1) 2
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