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2025-2026 学年山东省淄博市高三（上）期末数学试卷
一.单项选择题：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）设全集U＝{1，2，3，4，5}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3，5}，则（ UA）∩B＝（ ）
A．{3，5} B．{3，4，5} C．{2，3，4，5} D．{1，2，∁3，4}
2．（5分）已知复数z在复平面内对应的点的坐标是（1，﹣2），则i （ ）
A．1+2i B．1﹣2i C．2+i =D．﹣2+i
3．（5分）已知向量 ， ， ， ，则“ ”是“x＝﹣1”的（ ）
→ → → → →
A．充分不必要条 件=(1 2) =( −2) ( + )⊥
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）将5名志愿者分配到两项公益活动，每名志愿者只分配到一项公益活动，每项公益活动至少分
配2名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．10种 B．25种 C．20种 D．40种
5．（5分）若随机变量 ～N（3，σ2），且P（ ≤a）＝P（ ≥b），则ab的最大值为（ ）
A．9 ξ B． ξ C．24 ξ D．27
18 2
6．（5分）若函数 ＜ ＜ 的图象向右平移 个单位长度后关于点 ， 对称，则
5
的值为（ ） ( )= ( + 3 )(0 3) 6 ( 2 0) ω
A． B．1 C． D．2
1 3
7．（5分2）已知 ， ，pcos +qcos p，psin2﹣qsin q（p，q R且pq≠0），则cos ＝（ ）
∈ (0 ) α = α = ∈ α
A． 2 B． 2 C． 2 D．
1 1 2 2
3 2 ， 3 2
8．（5分）设函数 ，若函数g（x）＝f（x）﹣ax恰有两个零点，则实数a
− ，＜
( + −2) ≥0
( )= 2
的取值范围为（ ） − −2 −4 0
A．（0，2） B．（0，2] C．（2，+∞） D．[2，+∞）
二.多项选择题：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，有多项符合题目要求.
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分。
第1页（共20页）（多选）9．（6分）下列命题正确的有（ ）
A． 的展开式的各二项式系数的和为1
2 5
B．已(3知 −随机
)事件A和B，若P（A）＝0.2，P（B）＝0.3，P（AB）＝0.06，则A和B相互独立
C．若随机变量X～B（5， ），则
1 5
D．数据11，13，5，6，8， 31，3， ( 9 的)=下3四分位数是3
（多选）10．（6分）已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn ，且Sn 满足S2025 ＜S2026 ＜S2024 ，令bn
＝anan+1an+2 ，数列 的前n项和为Tn ，则下列说法正确的是（ ）
1
{ }
A．a2025 ＜0
B．使得Sn ＞0成立的n的最小值为4050
C．a2026a2027 ＜a2024a2025
D．
1 1 1
= ( − )
（多选）11．（2 6分 1） 2已知 等 +腰1 △+M2 AD，MA＝MD，取MA，MD中点B，C，将△MBC沿BC翻折至△PBC，
使得△PAB，△PCD为正三角形，若PO⊥底面ABCD，PO＝2，PA＝2 ，则下列说法正确的是（ ）
2
A．四棱锥P﹣ABCD存在外接球
B．
4 5
=
C． 5
→ →
⋅ =0
D．四棱锥P﹣ABCD的体积为
24
三.填空题：本题共3小题，每小题 55分，共15分。
12．（5分）若曲线y＝ex+x在点P处的切线斜率为2，则点P的坐标是 ．
，
13．（5分）已知函数 ，若f（x）≤1，则x的取值范围是 ．
1 ，＞
( ) ≤0
2
( )=
14．（5 分）若函数f（x）＝c o s 2 2 x +2s inx+01 在区间（0，a）上有最大值无最小值，则实数a 的取值范围
第2页（共20页）是 ．
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△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，（b+a）sinB＝（c+a）（sinC﹣sinA），c
＝4．
（1）求角C的大小；
（2）若AB边上的中线CD长为 ，求△ABC的面积．
16．（15分）记Sn 为数列{an}的前n项2和，已知a1 ＝1，an+1 ＝Sn+n+1（n N*），bn ．
∈ = −1
（1）证明数列{an+1}是等比数列； 2
（2）求数列{n•（2﹣bn ）}的前n项和Tn ．
17．（15分）如图，四棱锥M﹣ABCD中，MA⊥平面ABCD，MA＝2，底面ABCD为直角梯形，∠BAD＝
∠ADC＝90°，AB＝3，AD＝CD＝2， ，点E，N分别在线段MD与AM上（不含端点），且
→ →
=2
， ．
→ → → →
（ 1）=证 明 ：C F ∥=平 面 MAD；
（2）求平面MAD与平面MBC夹角的余弦值；
（3）若EN∥平面MBC，求 的最小值．
18．（17分）由mn个小正方形构成的长方形网格有m行和n列，每次将一个小球放到一个小正方形内，
放满为止．
（1）第一行中的n个小球颜色互不相同，其余行都由这n个小球以不同的顺序组成，如果要使任意两
行的顺序都不相同，求m的最大值；
（2）长方形网格中只放白球或黑球，每个小正方形内放白球的概率为p，放黑球的概率为q，p+q＝1．
（1）若m＝n＝2，p ，q ，记在每列都有黑球的条件下，含白球的行数为随机变量 ，求 的分布
1 2
列和数学期望； = 3 = 3 ξ ξ
（ii）设事件A＝“不是每一列都有黑球”，求p（A），并证明：（1﹣pm）n+（1﹣qn）m≥1．
第3页（共20页）19．（17分）已知函数f（x）＝aex﹣x2．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有3个零点，x1 ，x2 ，x3 且x1 ＜x2 ＜x3 ．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明： ＜ ．
4
( 2− 1)⋅ 3
−1
第4页（共20页）2025-2026 学年山东省淄博市高三（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 A D B C A B B A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC ACD ABD
一.单项选择题：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）设全集U＝{1，2，3，4，5}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3，5}，则（ UA）∩B＝（ ）
A．{3，5} B．{3，4，5} C．{2，3，4，5} D．{1，2，∁3，4}
【分析】先求出 UA，再求（ UA）∩B．
【解答】解：∵∁全集U＝{1，∁2，3，4，5}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3，5}，
∴（ UA）∩B＝{3，4，5}∩{2，3，5}＝{3，5}．
故选：∁ A．
2．（5分）已知复数z在复平面内对应的点的坐标是（1，﹣2），则i （ ）
A．1+2i B．1﹣2i C．2+i =D．﹣2+i
【分析】由已知可得z，再由复数代数形式的乘除运算求i ．
【解答】解：由已知可得z＝1﹣2i，
则i i（1+2i）＝i+2i2＝﹣2+i．
故选 ：=D．
3．（5分）已知向量 ， ， ， ，则“ ”是“x＝﹣1”的（ ）
→ → → → →
A．充分不必要条 件=(1 2) =( −2) ( + )⊥
B．必要不充分条件
C．充要条件
第5页（共20页）D．既不充分也不必要条件
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：向量 ， ， ， ，
→ →
=(1 2) =( −2)
则 ， ，
→ →
+ =(1+ 0)
若 ，
→ → →
( + )⊥
则 ，解得x＝0或﹣1，
→ → →
( + )⋅ = (1+ )+0=0
“ ”是“x＝﹣1”的必要不充分条件．
→ → →
故选( ：+B ．)⊥
4．（5分）将5名志愿者分配到两项公益活动，每名志愿者只分配到一项公益活动，每项公益活动至少分
配2名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．10种 B．25种 C．20种 D．40种
【分析】将5名志愿者分为2组，每组的人数分别为2和3，再将这2组志愿者分配到2项公益活动，
利用分步乘法计数原理可得结果．
【解答】解：将5名志愿者分为2组，每组的人数分别为2和3，
再将这2组志愿者分配到2项公益活动，
由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为 ．
2 2 5×4
故选：C． 5 2 = 2 ×2×1=20
5．（5分）若随机变量 ～N（3，σ2），且P（ ≤a）＝P（ ≥b），则ab的最大值为（ ）
A．9 ξ B． ξ C．24 ξ D．27
【分析】由正态分布的对称18性可2 得a+b＝6，从而可得ab＝﹣（a﹣3）2+9，从而求得最值．
【解答】解：因为随机变量 ～N（3，σ2），且P（ ≤a）＝P（ ≥b），
ξ ξ ξ
所以 ，所以a+b＝6，则b＝6﹣a，
+
所以a2b＝= a（3 6﹣a）＝﹣a2+6a＝﹣（a﹣3）2+9，
则当a＝3时，ab取得最大值9，
所以ab的最大值为9．
故选：A．
6．（5分）若函数 ＜ ＜ 的图象向右平移 个单位长度后关于点 ， 对称，则
5
( )= ( + )(0 3) ( 0) ω
3 6 2
第6页（共20页）的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
1 3
【分析】根据正弦函数的性质即可求解．
2 2
【解答】解： ＜ ＜ 的图像向右平移 个单位长度，
5
( )= ( + )(0 3)
可得 3 ， 6
5 5
= [ ( − )+ ]= ( − + )
因为 ， 是此函数6的对称3 中心，则 6 3 ，k Z，
5
解得( 2＝﹣0 3 ) k+1，k Z，当k＝0时， 2 ＝ 1 −． 6 + 3 = ∈
故选：ωB． ∈ ω
7．（5分）已知 ， ，pcos +qcos p，psin ﹣qsin q（p，q R且pq≠0），则cos ＝（ ）
∈ (0 ) α = α = ∈ α
A． 2 B． 2 C． 2 D．
1 1 2 2
【分3析】根据条件，利用平2方关系可得 3，进而可得 ，即可2 求解．
3
=0 =
【解答】解：因为 ， 2 3
+ =
则 2 ①，
2 2 2 2 2
+2 + =
又 ， 2 2
− =
则 2 ②，
2 2 2 2 2
−2 + =
由①+②得 2 2 ，
2 2 2 2
+2 ( − )+ = +
即 ， 2 2
2 ( + )=0
2
又pq≠0，所以 ，
3
=0
又 ， ，则 2 ， ，
3 3
∈ (0 ) ∈ (0 )
所以 2，解得2 ， 4
3
= =
所以 2 2 ． 3
1
故选： B ．= 2
，
8．（5分）设函数 ，若函数g（x）＝f（x）﹣ax恰有两个零点，则实数a
− ，＜
( + −2) ≥0
( )= 2
− −2 −4 0
第7页（共20页）的取值范围为（ ）
A．（0，2） B．（0，2] C．（2，+∞） D．[2，+∞）
【分析】根据题意先得x＝0 是函数g（x）＝f（x）﹣ax的一个零点，当 g（x）＝f（x）﹣ax＝0 时，
，所以当x≠0时，y＝a与 的图象必有一个交点，根据函数求导计算可得 的函
( ) ( ) ( )
数=图象 ，数形结合即可解决． = =
，
【解答】解：由题知， ，函数g（x）＝f（x）﹣ax恰有两个零点，
− ，＜
( + −2) ≥0
( )= 2
因为当x＝0时，g（0）＝f（0）−﹣ 0＝−
0
2， −4 0
所以x＝0 是函数g（x）＝f（x）﹣ax的一个零点，
又当x≠0 时，由 g（x）＝f（x）﹣ax＝0 可得 ，
( )
=
所以当x≠0时，y＝a与y 的图象必有一个交点，
( )
=
， ＞
由于 ，
−
，＜
+ −2 0
( )
= = 4
− − −2 0
当x＞0时，y＝ex+e ﹣x﹣ 2，则 ＞ 恒成立，
2
− −1
= − = 0
所以函数 在（0，+∞） 上单调递增，
( )
=
当x＜0时， ，则 ，
2
4 4 4−
=− − −2 =−1+ 2 = 2
当y′ ＞0时， ﹣2＜x＜0，
2
4−
= 2
当y′ ＜0时，x＜﹣2，
2
4−
= 2
所以当x （ ﹣∞，﹣2）时， 单调递减，当x [﹣2，0）时， 单调递增，
( ) ( )
所以当x ∈＜0时，y有最小值为 2 =， ∈ =
，＞
所以 ，函数图象如图：
−
，＜
+ −2 0
( )
= = 4
− − −2 0
第8页（共20页）由图可知，若y＝a与 图象必有一个交点，则a （0，2）．
( )
故选：A． = ∈
二.多项选择题：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，有多项符合题目要求.
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）下列命题正确的有（ ）
A． 的展开式的各二项式系数的和为1
2 5
B．已(3知 −随机
)事件A和B，若P（A）＝0.2，P（B）＝0.3，P（AB）＝0.06，则A和B相互独立
C．若随机变量X～B（5， ），则
1 5
D．数据11，13，5，6，8， 31，3， ( 9 的)=下3四分位数是3
【分析】利用二项式定理判断A；利用相互独立事件判断B；利用二项分布判断C；利用百分位数判断
D．
【解答】解：对于A， 的展开式的各二项式系数的和为25＝32，故A错误；
2 5
对于B，随机事件A和( B 3 ，− P（ A )）＝0.2，P（B）＝0.3，P（AB）＝0.06，
满足P（AB）＝P（A）P（B），
则A和B相互独立，故B正确；
对于C，随机变量X～B（5， ），则E（X）＝5 ，故C正确；
1 1 5
对于D，数据11，13，5，6， 38，1，3，9由小到×大3排=列3为1，3，5，6，8，9，11，13，
i＝8 ，
1
× =2
∵i＝2 4是整数，∴数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是 （3+5）＝4，故D错误．
1
故选：BC．
2
第9页（共20页）（多选）10．（6分）已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn ，且Sn 满足S2025 ＜S2026 ＜S2024 ，令bn
＝anan+1an+2 ，数列 的前n项和为Tn ，则下列说法正确的是（ ）
1
{ }
A．a2025 ＜0
B．使得Sn ＞0成立的n的最小值为4050
C．a2026a2027 ＜a2024a2025
D．
1 1 1
= ( − )
【分析】由2 数列 1的 2通项 与+1前 +n2项和的关系，结合等差数列的性质和前n项和的公式，以及数列的裂项相
消求和，对各个选项分析，可得结论．
【解答】解：公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn ，且Sn 满足S2025 ＜S2026 ＜S2024 ，
可得a2026 ＝S2026 ﹣S2025 ＞0，a2025 ＝S2025 ﹣S2024 ＜0，故A正确；
由a2025+a2026 ＝S2026 ﹣S2024 ＜0，
可得S4050 4050×（a1+a4050 ）＝2025（a2025+a2026 ）＜0，可得B错误；
1
由a2026 ＞= 0，2a ×
2025
＜0，可得d＞0，a2027 ＞0，a2024 ＜0，
且a2025+a2026 ＝a2024+a2027 ＜0，
即有﹣a2024 ＞a2027 ＞0，﹣a2025 ＞a2026 ＞0，则a2026a2027 ＜a2024a2025 ，故C正确；
bn ＝anan+1an+2 ， （ ），
1 1 1 1 1
= = −
前n项和Tn （ +1 +2 2 +1 ... +1 +2 ） （ ），故
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= − + − + + − = −
D正确． 2 1 2 2 3 2 3 3 4 +1 +1 +2 2 1 2 +1 +2
故选：ACD．
（多选）11．（6分）已知等腰△MAD，MA＝MD，取MA，MD中点B，C，将△MBC沿BC翻折至△PBC，
使得△PAB，△PCD为正三角形，若PO⊥底面ABCD，PO＝2，PA＝2 ，则下列说法正确的是（ ）
2
A．四棱锥P﹣ABCD存在外接球
第10页（共20页）B．
4 5
=
C． 5
→ →
⋅ =0
D．四棱锥P﹣ABCD的体积为
24
【分析】选项A，结合线面垂直
5
的性质定理与勾股定理计算可得OB＝OC＝OD＝OA＝OP＝2，从而知
点O即为外接球的球心；选项B，利用∠AOD+∠BOC＝180°，结合余弦定理求BC的长即可；选项C，
结合余弦定理与勾股定理可证PA2+PC2≠AC2，从而作出判断；选项D，由棱锥的体积公式即可得解．
【解答】解：选项A，因为PO⊥底面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC，PO⊥OD，
又PO＝2，PA＝2 ，所以OA＝2，
因为△PAB，△PCD2为正三角形，即PA＝PB＝PC＝PD＝AB＝CD＝2 ，
所以OB＝OC＝OD＝OA＝OP＝2， 2
即点O是四棱锥P﹣ABCD外接球的球心，故选项A正确；
选项B，在四边形ABCD中，设BC＝x，则AD＝2x，
因为OA＝OB＝2，AB＝2 ，
所以∠AOB＝90°， 2
同理可得∠COD＝90°，
所以∠AOD+∠BOC＝180°，即cos∠AOD+cos∠BOC＝0，
在△AOD中，由余弦定理知，cos∠AOD ，
2 2
4+4−(2 ) 8−4
= =
在△BOC中，由余弦定理知，cos∠BOC 2×2×2 ，8
2 2
4+4− 8−
= =
2×2×2 8
所以 0，解得x ，
2 2
8−4 8− 4 5
+ = =
即BC 8 ，故8选项B正确； 5
4 5
=
选项C，由5 选项C知，cos∠BOC ，所以sin∠BOC ，
3 4
= =
所以cos∠AOC＝cos（∠AOD+∠BO 5 C）＝cos（90°+∠5 BOC）＝﹣sin∠BOC ，
4
=−
在△AOC中，由余弦定理知，AC2＝OA2+OC2﹣2OA•OCcos∠AOC＝4+4﹣2×2×5 2×（ ） ，
4 72
而PA＝PC＝2 ， − 5 = 5
2
所以PA2+PC2≠AC2，即PA不垂直PC，所以 不成立，故选项C错误；
→ →
⋅ =0
第11页（共20页）选项D，由选项B和C知，sin∠AOD＝sin∠BOC ，
4
=
所以S
△AOD
OA•ODsin∠AOD ，S
△BOC
OB•O 5 Csin∠BOC ，
1 8 1 8
= = = =
而S
△AOB
＝S
△C
2
OD
2，5 2 5
1
= ×2×2=
所以四边形ABCD的2面积为S 2+2 ，
8 8 36
= + + =
所以四棱锥P﹣ABCD的体积V 5 S 5•PO 5 ，故选项D正确．
1 1 36 24
故选：ABD． = 3 = 3 × 5 ×2= 5
三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）若曲线y＝ex+x在点P处的切线斜率为2，则点P的坐标是 （0，1） ．
【分析】先设切点P（x0 ，y0 ），根据导数的几何意义求出函数f（x）在x＝x0 处的导数，从而求出切线
的斜率，建立方程，解之即可．
【解答】解：设P（x0 ，y0 ），y＝ex+x的导数为y′＝y＝ex+1，
由题意知： 1，
0
∴ 1＝2′ ．| = 0 = +
0
∴ x0 ＝+0，
∴y0 ＝e0+0＝1．
∴P点的坐标为（0，1）．
故答案为：（0，1）．
，
13．（5分）已知函数 ，若f（x）≤1，则x的取值范围是 [0，2] ．
1 ，＞
( ) ≤0
2
( )=
【分析】结合指数、对数不 等 式2 的 解法0，即可求解．
【解答】解：当x≤0时， ，即x≥0，
1 1 0
故x＝0， ( 2 ) ≤0=( 2 )
当x＞0时，log2x≤log22，即0＜x≤2，
故0＜x≤2，
综上所述，x的取值范围是[0，2]．
故答案为：[0，2]．
14．（5分）若函数（f x）＝cos2x+2sinx+1在区间（0，a）上有最大值无最小值，则实数a的取值范围是 ，
(
6
第12页（共20页）， ．
3
【2 ]分∪析( 】根2据]二倍角公式及换元法得出g（t）＝﹣2t2+2t+2，再结合g（t）有最大值无最小值，分类讨
论即可求解．
【解答】解：f（x）＝1﹣2sin2x+2sinx+1＝﹣2sin2x+2sinx+2，
令sinx＝t，则g（t）＝﹣2t2+2t+2，对称轴为 ，
2 1
=− =
所以g（0）＝g（1）， 2×(−2) 2
由 且x （0，a），可得 或 ，由题可知 ＞ ，
1 5
= ∈ =
当 ，2 时，t＝sinx （0，sin 6 a），6 ， ，6此时g（t）有最大值 ，无最小值；
1 1
∈ ( ) ∈ ∈ ( 1) ( )
当 6时，2 t＝sinx （0，1），此时g（t）有最大2值 ，无最小值； 2
1
= ∈ ( )
当 2 ， 时，t＝sinx （0，1]，此时g（t）有最大2值 ，有最小值g（1）；
1
∈ ( ) ∈ ( )
当a＝ 2时，t＝sinx （0，1]，此时g（t）有最大值 ，有2最小值g（1）；
1
π ∈ ( )
当 ， 时，t＝sinx （sina，1]，sina （﹣1，0 2），此时g（t）有最大值 ，无最小值；
3 1
∈ ( ) ∈ ∈ ( )
当 时，2 t＝sinx （﹣1，1]，此时g（t）有最大值 ，无最小值； 2
3 1
= ∈ ( )
当＞ 2时，t＝sinx [﹣1，1]，此时g（t）有最大值 2，有最小值g（﹣1），
3 1
∈ ( )
综上所述2 ， ， ， ． 2
3
∈ ( ]∪( ]
故答案为： ，6 2 ， ．2
3
四.解答题：本题( 6共52小]∪题(， 共277 ]分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤。
15．（13分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，（b+a）sinB＝（c+a）（sinC﹣sinA），c
＝4．
（1）求角C的大小；
（2）若AB边上的中线CD长为 ，求△ABC的面积．
【分析】（1）由正弦定理，余弦定2理可得cosC的值，再由角C的范围，可得角C的大小；
（2）由三角形的中线的向量表示及余弦定理可得ab的值，代入三角形的面积公式，可得该三角形的面
积的大小．
【解答】解：（1）因为（b+a）sinB＝（c+a）（sinC﹣sinA），
由正弦定理可得（b+a）b＝（c+a）（c﹣a），
第13页（共20页）整理可得：a2+b2﹣c2＝﹣ab，
由余弦定理可得：a2+b2﹣c2＝2abcosC，
所以cosC ，
1
=−
而C （0， ）2，可得C ；
2
（2）∈ AB边上π 的中线CD =长3为 ，c＝4，
2
可得2 ，两边平方可得4 2 cosC，
→ → → → → → → →
2 2 2
即8＝b 2 +a =2﹣ ab +， ① = + + ⋅
由余弦定理可得：c2＝b2+a2+ab，即16＝b2+a2+ab，②
由①②可得ab＝4，
所以△ABC的面积S absinC ．
1 1 3
= = ×4× = 3
16．（15分）记Sn 为数列{2an}的前n2项和，已2知a1 ＝1，an+1 ＝Sn+n+1（n N*），bn ．
∈ = −1
（1）证明数列{an+1}是等比数列； 2
（2）求数列{n•（2﹣bn ）}的前n项和Tn ．
【分析】（1）由an 与Sn 的关系和等比数列的定义即可证明；
（2）求出an 和bn ，再由错位相减法计算即可求得．
【解答】解：（1）证明：因为Sn 为数列{an}的前n项和，且an+1 ＝Sn+n+1，
所以Sn ＝an+1 ﹣n﹣1，
当n≥2时，an ＝Sn ﹣Sn﹣1 ＝an+1 ﹣n﹣1﹣[an ﹣（n﹣1﹣1）]＝an+1 ﹣an ﹣1，
所以an+1 ＝2an+1，所以an+1+1＝2（an+1），
当n＝1时，a2 ＝S1+1+1＝a1+2＝3，所以a2+1＝2（a1+1），
所以对任意的n N*，都有an+1+1＝2（an+1），即 ，
+1+1
∈ = 2
所以数列{an+1}是公比为2的等比数列； +1
（2）由（1）知，数列{an+1}是公比为2的等比数列，且a1+1＝2，
所以 ，即 ，
−1
+1=2×2 =2 =2 −1
因为bn ，
2 −1 1
= −1 = −1 =2− −1
所以n•（2 2﹣bn ）2 2 ，
1
= ⋅[2−(2− −1)]= −1
所以 2 ，2 ①
1 2 3 −1
= 0+ 1+ 2+...+ −2+ −1
2 2 2 2 2 第14页（共20页），②
1 1 2 3 −1
= + 2 + 3 +... + −1 +
2 2 2 2 2 2
则①﹣②得：
1
，
1 1 1 1 1 1−(2) 2 +2
= 1 + + 2 + 3 +... + −1 − = 1 − = 2 − − = 2 −
2 2 2 2 2 2 1−2 2 2 2 2
所以 ．
+2
17．（15 分 =）4如−图2， −四1 棱锥M﹣ABCD中，MA⊥平面ABCD，MA＝2，底面ABCD为直角梯形，∠BAD＝
∠ADC＝90°，AB＝3，AD＝CD＝2， ，点E，N分别在线段MD与AM上（不含端点），且
→ →
=2
， ．
→ → → →
（ 1）=证 明 ：C F ∥=平 面 MAD；
（2）求平面MAD与平面MBC夹角的余弦值；
（3）若EN∥平面MBC，求 的最小值．
【分析】（1）过点F作FG∥AB，交AM于点G，连接DG，先证四边形CDGF为平行四边形，可得
CF∥DG，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）以A为原点建系，利用向量法求面面角即可；
（3）设E（x1 ，y1 ，z1 ），N（0，0，z2 ），根据空间向量共线的坐标运算，分别用含 和 的式子表示出
λ μ
点E和N的坐标，再由 0，可得 和 之间的等量关系，再结合基本不等式求解即可．
→ →
⋅ = λ μ
【解答】（1）证明：过点F作FG∥AB，交AM于点G，连接DG，则FG∥AB∥CD，且FG AB＝
2
CD， = 3
所以四边形CDGF为平行四边形，
所以CF∥DG，
又CF 平面MAD，DG 平面MAD，
所以C⊄F∥平面MAD．⊂
（2）解：以A为原点， ， ， 所在方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直
→ → →
第15页（共20页）角坐标系，
则A（0，0，0），D（2，0，0），B（0，3，0），C（2，2，0），M（0，0，2），
所以 ，， ， （2，2，﹣2），
→ →
=(0 3 −2) =
设平面MBC的法向量为 （x，y，z），则
→ →
，
→
⋅ =3 −2 =0
= → →
⋅ =2 +2 −2 =0
令z＝3，得 （1，2，3），
→
=
易知平面MAD的一个法向量为 ，，
→
设平面MAD与平面MBC夹角为 ，=(0 3 0)
θ
则cos ＝|cos＜ ， ＞| ，
→ → → →
| ⋅ | 6 14
θ = → → = =
14×3 7
| |⋅| |
所以平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为 ．
14
（3）解：设E（x1 ，y1 ，z1 ），N（0，0，z2 ），
7
因为 ， ，
→ → → →
所以（ x1 =﹣ 2 ， y1 ， z 1 ）=＝μ （﹣x1 ，﹣y1 ，2﹣z1 ），（0，0，z2 ）＝ （0，0，2﹣z2 ），
所以 ，， ，λ N（0，0， ）， μ
2 2 2
( 0 )
所以 1+（ ，1 0 +， ），1+
→
2 2 2
= −
由（2）知平1面+ MBC的1一+ 个法1向+ 量为 （1，2，3），
→
因为EN∥平面MBC， =
所以 0，即 ，
→ → 2 2 2
整理得 3 ⋅ ﹣= 2 +1＝ 10+ ， +3( 1+ − 1+ ) = 0
λ μ
因为 ＞0， ＞0，所以 ＞ ，
1
λ μ
所以 2 （当且仅当 ， ＝1时取“＝”），
1+3 1 1 1
= = (3 + ) ≥ 3 = μ
故 的 最小2值 为 ．2 3
3
第16页（共20页）18．（17分）由mn个小正方形构成的长方形网格有m行和n列，每次将一个小球放到一个小正方形内，
放满为止．
（1）第一行中的n个小球颜色互不相同，其余行都由这n个小球以不同的顺序组成，如果要使任意两
行的顺序都不相同，求m的最大值；
（2）长方形网格中只放白球或黑球，每个小正方形内放白球的概率为p，放黑球的概率为q，p+q＝1．
（1）若m＝n＝2，p ，q ，记在每列都有黑球的条件下，含白球的行数为随机变量 ，求 的分布
1 2
列和数学期望； = 3 = 3 ξ ξ
（ii）设事件A＝“不是每一列都有黑球”，求p（A），并证明：（1﹣pm）n+（1﹣qn）m≥1．
【分析】（1）利用全排列知识解决．
（2）（i）确定 的取值，再根据条件概率的概率公式逐一求解，最后利用期望公式即可；
（ii）利用对立ξ事件求出P（A），再记“每行都至少有一个白球”为事件D，求出P（D），根据P（A）
≤P（D）可证明．
【解答】解：（1）将n个颜色互不相同的小球全排列，共有 种排法，
故m的最大值为 ．
（2）（i） 的所有 可 =能 取!值为0，1，2，
记“含白球ξ 的行数为k”为事件Ak （k＝0，1，2），记“每列都有黑球”为事件B，
则 ，
4 2 4
( 0 ) (3) 1
( =0)= ( 0| )= = 2 2 = 1 2 2 =
( ) (1− ) [1−(3) ] 4
，
1 3 1 2 2 2 3 1 2 2 1 2
( 1 ) 4 + 2 4×(3) ×3+2×(3) ×(3) 5
( =1)= ( 1| )= = 2 2 = 1 2 2 =
( ) (1− ) [1−(3) ] 8
，
1 2 2 2 2 1 2
( 2 ) 2 2×(3) ×(3) 1
( =2)= ( 2| )= = 2 2 = 1 2 2 =
故 的分布列为：
( ) (1− ) [1−(3) ] 8
ξ
第17页（共20页）0 1 2
ξ
P
1 5 1
数学期望4为 8 8 ．
1 5 1 7
（ii）证明： 因( )为=每0一×列4都+至1×少8有+一2个×黑8球=的8 概率为（1﹣pm）n，
则不是每一列都有黑球的概率为P（A）＝1﹣（1﹣pm）n，
记“每行都至少有一个白球”为事件D，所以P（D）＝（1﹣qn）m，
因为A D，所以P（A）≤P（D），即1﹣（1﹣pm）n≤（1﹣qn）m，
故（1﹣⊆pm）n+（1﹣qn）m≥1．
19．（17分）已知函数f（x）＝aex﹣x2．
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有3个零点，x1 ，x2 ，x3 且x1 ＜x2 ＜x3 ．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明： ＜ ．
4
【分析】（1）( 对 2− f（ x 1 ）)⋅求 3 导， −利1用导数与单调性的关系求解即可；
（2）（i）分析可知函数f（x）＝aex﹣x2有3个零点等价于当y＝a与 有三个交点，利用导数
2
判断g（x）的单调性与极值，进而可得a的取值范围； ( )=
（ii）先证对数均值不等式 ＜ ，再根据零点的性质及均值不等式可得x2x3 ＜4，分析可知
3− 2
2 3
3− 2
要证 ＜ ，即证 ，设函数 ，＞ ，利用导数求出 （x）的最大值即
2
2
4 3 4
( 2− 1)⋅ 3 3 ≤ ( )= 2 φ
可得解． −1 2 −1 2
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣x2，定义域为R，
f'（x）＝ex﹣2x，f″（x）＝ex﹣2，
令f″（x）＝0，得x＝ln2，
x （﹣∞，ln2），f″（x）＜0，x （ln2，+∞），f″（x）＞0，
所∈以f'（x）在（﹣∞，ln2）上递减∈ ，在（ln2，+∞）上递增，
所以f′（x）≥f′（ln2）＝2（1﹣ln2）＞0，即f'（x）＞0，
所以f（x）在R上单调递增；
（2）（i）函数f（x）＝aex﹣x2有3个零点，等价于aex﹣x2＝0有三个根，
第18页（共20页）等价于 有三个根，等价于当y＝a与 有三个交点，
2 2
= ( )=
，
2
2 −
′ ( )=
x （﹣∞，0） 0 （0，2） 2 （2．+∞）
g′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
g（x） 减 0 增 减
4
2
x→ ， ， ， ，
2
2
−∞ →+∞ →0 →+∞
x→+∞，由洛必达法则知 ，
2
→ 0
所以a的取值范围为 ， ；
4
(0 2)
（ii）证明：先证对数均值 不等式 ＜ ，
3− 2
2 3
由（i）知x1 ＜0＜x2 ＜2＜x3 ，令 ＞ ， 3− 2
3
= 1
2
则 ， ，
3− 2 2( −1)
= 2 3 = 2
3＜− 2 等 价于 ＜ ，＞ ，
3− 2 ( −1)
2 3 1
3− 2
等价于 ＜， ＞ ，
1
− + 0 ( 1)
令 ， ＞ ，
1
( )= − + ( 1)
＜， ＞ ，
2
1 1 1 2 − −1 ( −1)
′ g（( t )）=在 （− 12 ， + −∞ 2 ） 上 =递减 2 ， g （t）=−＜g（ 2 1 ）＝0 0， ( 1)
故 ＜ ，
3− 2
2 3
由（i）知， x 1 3＜−0 ＜ x2 2 ＜2＜x3 ，
满足 1 2 ，由②③可得 ，
= 1①
2 2 + 2 =2 2
= 2②
3 2 + 3 =2 3
两式作 差 可 = 得 3x③3 ﹣x2 ＝2（lnx3 ﹣lnx2 ），
则由对数均值不等式可得 ＞ ，
3− 2
2= 2 3
则x2x3 ＜4， 3− 2
故要证 ＜ ，
4
( 2− 1)⋅ 3
−1
第19页（共20页）即证 ＜ ，只需证 ，
4 4
2 3− 1 3 4− 1 3 ≤
即证 ， −又1因为 ＜， ＜−1，则 ＜ ，
4 2 1
− 1 3 ≤ 1 0 1 = | 1|=− 1
−1
所以 ＜ ，故只需证 ，
2 2
3 3 4
− 1 3 3 = 3 3 ≤
2 2 −1
设函数 ，＞，则 ，
2 2 1 2 2 1
2 −2 (2−2 )
( )= 2 ′ ( )= =
当2＜x＜4时， 2 '（x）＞0，则 （x）在（ 2，4）上单 调2 递增；
当x＞4时， '（φx）＜0，则 （φx）在（4，+∞）上单调递减；
φ φ
故 ，即 ，
16 16
而由 ( 4 ) e 2﹣ 1 = 6e + ( 1 4 6 ) ＝ = 4（ 2 e﹣2） (2 ＞ ) 0 ≤ ， 2
可知 ＜ 成立，故命题得证．
16 4
2
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第20页（共20页）
