文档内容
2025-2026 学年山东省青岛市高三（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，只有一个选项是符合
题目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{1，2，3}，N＝{x|x2﹣1＝0}，则M∩N＝（ ）
A．{1} B．{﹣1，1} C．{1，2，3} D．{﹣1，1，2，3}
2．（5分）若复数z＝（a﹣i）（2+3i）为纯虚数，则实数a＝（ ）
A．1 B．﹣1 C． D．
1 3
3．（5分）在等比数列{an}中，a2 ＝2，a4 ＝8，则a6 ＝ 5 （ ） − 2
A．64 B．32 C．28 D．14
4．（5分）已知函数f（x）＝lg（x2﹣4x﹣5）在（a，+∞）上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．（2，+∞） B．[2，+∞） C．（5，+∞） D．[5，+∞）
5．（5分）已知sin（ ） ，则sin（2 ）的值为（ ）
1 5
α+ = α+
6 3 6
A． B． C． D．
7 4 2 4 2 7
6．（5分−）
9
如果圆台的母线与−底面
9
成60°角，那么这个
9
圆台的侧面积与轴截
9
面面积的比为（ ）
A．2 B． C． D．
3 2 3 1
7．（5分π）有四对双胞胎共8人 ，从中随机选出4人，则 其中恰有一对双胞胎 的选法种数为（ ）
2 3 2
A．40 B．48 C．52 D．60
8．（5分）函数y 的图象与函数y＝2sin x，（﹣2≤x≤4）的图象所有交点的横坐标之和等于（ ）
1
A．2 = 1− B．4 π C．6 D．8
二、多选题：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）在 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
1 8
A．常数项是1120 (2 − )
B．第四项和第六项的系数相等
C．各项的二项式系数之和为256
D．各项的系数之和为256
（多选）10．（6分）设A，B是双曲线 上的两点，下列四个点中可以为线段AB中点的是（ ）
2
2
− =1
4
第1页（共19页）A．（0，2） B．（﹣1，2） C．（1，1） D．（1，4）
（多选）11．（6分）设函数f（x）＝[x]的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函
数y＝f（x）的图象与圆（x﹣t）2+（y+t）2＝2t2（t＞0）的公共点个数可以是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知点 ， 在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为 ．
13．（5分）函数y＝ (f（1 x）﹣5)x2是奇函数．若函数g（x）＝f（x）+5，f（4）＝9，则g（﹣4）＝ ．
14．（5分）在平面中， 和 是互相垂直的单位向量，向量 满足 ，向量 满足 ，
→ → → → → → → →
1 2 | −4 1|=2 | −6 2|= 1
则 在 方向上的数量投影的最大值 ．
→ →
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）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC．
（Ⅰ）求 ．
∠
（Ⅱ）若∠ B∠A C＝60°，求∠B．
16．（15分）袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个（n＝1，2，3，4）．现
从袋中任取一球． 表示所取球的标号．
（Ⅰ）求 的分布列ξ，期望和方差；
（Ⅱ）若ξ＝a +b，E ＝1，D ＝11，试求a，b的值．
17．（15分）η已知ξ函数f（η x）＝aηx2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ，且e ﹣2＜f（x0 ）＜2 ﹣2．
18．（17分）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC
翻折至△ACP，其中P为动点．
（1）设PC⊥AB，三棱锥P﹣ABC的各个顶点都在球O的球面上．
（i）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（ⅱ）求球O的半径；
（2）求二面角A﹣CP﹣B的余弦值的最小值．
19．（17分）已知双曲线C：y2﹣x2＝1，上顶点为D．直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点（B在
第一象限），与x轴交于点T．设直线DA，DB的倾斜角分别为 ， ．
α β
第2页（共19页）（1）若 ， ，
3
（i）若 A(（ 30，﹣0)1），求 ；
（ii）求证： + 为定值；β
（2）若 α，β直线DB与x轴交于点E，求△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值．
=
6
第3页（共19页）2025-2026 学年山东省青岛市高三（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 D D C B D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AC AD 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，只有一个选项是符合
题目要求的。
1．（5分）已知集合M＝{1，2，3}，N＝{x|x2﹣1＝0}，则M∩N＝（ ）
A．{1} B．{﹣1，1} C．{1，2，3} D．{﹣1，1，2，3}
【分析】用列举法表示集合N，根据交集的定义求得M∩N．
【解答】解：因为N＝{x|x2﹣1＝（x﹣1）（x+1）＝0}＝{﹣1，1}，M＝{1，2，3}，
所以M∩N＝{1}．
故选：A．
【点评】本题考查了基合的基本运算，属于基础题．
2．（5分）若复数z＝（a﹣i）（2+3i）为纯虚数，则实数a＝（ ）
A．1 B．﹣1 C． D．
1 3
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由
5
实部为0且虚部不为− 02列式求得a值．
【解答】解：∵z＝（a﹣i）（2+3i）＝（2a+3）+（3a﹣2）i为纯虚数，
∴ ，解得a ．
2 +3=0 3
=−
故选 3 ： −D2 ． ≠0 2
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．（5分）在等比数列{an}中，a2 ＝2，a4 ＝8，则a6 ＝（ ）
A．64 B．32 C．28 D．14
第4页（共19页）【分析】由等比数列的性质可得a2a6 ＝a4 2，代值计算可得．
【解答】解：由等比数列的性质可得a2a6 ＝a4 2，
∴2a6 ＝a4 2＝64，解得a6 ＝32
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的通项公式和性质，属基础题．
4．（5分）已知函数f（x）＝lg（x2﹣4x﹣5）在（a，+∞）上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．（2，+∞） B．[2，+∞） C．（5，+∞） D．[5，+∞）
【分析】由对数式的真数大于0求得函数的定义域，令t＝x2﹣4x﹣5，由外层函数y＝lgt是其定义域内
的增函数，结合复合函数的单调性可知，要使函数f（x）＝lg（x2﹣4x﹣5）在（a，+∞）上单调递增，
需内层函数t＝x2﹣4x﹣5在（a，+∞）上单调递增且恒大于0，转化为（a，+∞） （5，+∞），即可
得到a的范围． ⊆
【解答】解：由x2﹣4x﹣5＞0，得x＜﹣1或x＞5．
令t＝x2﹣4x﹣5，
∵外层函数y＝lgt是其定义域内的增函数，
∴要使函数f（x）＝lg（x2﹣4x﹣5）在（a，+∞）上单调递增，
则需内层函数t＝x2﹣4x﹣5在（a，+∞）上单调递增且恒大于0，
则（a，+∞） （5，+∞），即a≥5．
∴a的取值范围⊆是[5，+∞）．
故选：D．
【点评】本题考查复合函数单调性的求法，考查数学转化思想方法，是中档题．
5．（5分）已知sin（ ） ，则sin（2 ）的值为（ ）
1 5
α+ = α+
6 3 6
A． B． C． D．
7 4 2 4 2 7
− −
【分析9】以 为整体，利用9诱导公式和二倍角的9余弦公式运算求解．9
+
6
【解答】解：sin（2 ）＝sin[2（ ） ]＝cos2（ ）＝1﹣2sin2（ ）＝1﹣2 ．
5 1 2 7
故选：D． + 6 + 6 + 2 + 6 + 6 ×( 3 ) = 9
【点评】本题主要考查了三角函数的二倍角公式，属于基础题．
6．（5分）如果圆台的母线与底面成60°角，那么这个圆台的侧面积与轴截面面积的比为（ ）
A．2 B． C． D．
3 2 3 1
π
2 3 2
第5页（共19页）【分析】设圆台上、下底面圆半径为r、R，则母线l＝2（R﹣r），高h （R﹣r），由此结合圆台侧
面积公式和梯形面积公式，即可算出该圆台的侧面积与轴截面面积的比=． 3
【解答】解：∵圆台的母线与底面成60°角，
∴设上底圆半径为r，下底面圆半径为R，母线为l，可得l＝2（R﹣r）
因此，圆台的侧面积为S ＝ （r+R）l＝2 （R2﹣r2）
侧
又∵圆台的高h （R﹣r）π π
= 3
∴圆台的轴截面面积为S （2r+2R）h （R2﹣r2）
轴
1
由此可得圆台的侧面积与轴=截2面面积的比为= 3
2 （R2﹣r2）： （R2﹣r2）
2 3
故π选：C． 3 =
3
【点评】本题给出母线与底面成60°角的圆台，求它的侧面积与轴截面面积的比值．着重考查了圆台
侧面积公式、梯形面积公式和解三角形等知识，属于基础题．
7．（5分）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ）
A．40 B．48 C．52 D．60
【分析】根据题意可先从中选出一对，再从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一人，利用分步乘
法计数原理可解．
【解答】解：有四对双胞胎共8人，先从中选出一对，有4种选择，然后从剩下的六个人中选出两人，
且不能是同一对双胞胎，
这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一人，共3×2×2＝12种选法，
则其中恰有一对双胞胎的选法种数4×12＝48．
故选：B．
【点评】本题考查分步乘法计数原理相关知识，属于中档题．
8．（5分）函数y 的图象与函数y＝2sin x，（﹣2≤x≤4）的图象所有交点的横坐标之和等于（ ）
1
A．2 = 1− B．4 π C．6 D．8
【分析】函数y1 与y2 ＝2sin x的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，利用数
1
= π
1−
第6页（共19页）形结合思想能求出结果．
【解答】解：函数y1 ，
1
y2 ＝2sin x的图象有公=共1−的 对称中心（1，0），
作出两个π函数的图象，如图，
当1＜x≤4时，y1 ＜0
而函数y2 在（1，4）上出现1.5个周期的图象，
在（1， ）和（ ， ）上是减函数；
3 5 7
在（ ，2）和（2，24）上是增函数．
3 5 7
∴函数 2 y21 在（1， 24）上函数值为负数，
且与y2 的图象有四个交点E、F、G、H
相应地，y1 在（﹣2，1）上函数值为正数，
且与y2 的图象有四个交点A、B、C、D
且：xA+xH ＝xB+xG ＝xC+xF ＝xD+xE ＝2，
故所求的横坐标之和为8．
故选：D．
【点评】本题考查两个函数的图象的交点的横坐标之和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意数
形结合思想的合理运用．
二、多选题：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）在 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
1 8
A．常数项是1120 (2 − )
B．第四项和第六项的系数相等
第7页（共19页）C．各项的二项式系数之和为256
D．各项的系数之和为256
【分析】根据二项式定理， 的通项公式为 ，对于A，令k＝4进行判
1 8 8− 8−2
断；对于B，令k＝3和k＝5 (2计 算−判 )断即可；对于C ， 因 +1 为= n ＝ 82 8，所(−以1各)项 的二项式系数之和为28＝256
可进行判断；对于D，令x＝1即可进行判断．
【解答】解：根据二项式定理， 的通项公式为 ，
1 8 8− 8−2
对于A，常数项为 (2 −， )故A正确； +1 = 82 (−1)
4 4 4
对于B，第四项的系 8数2 为(−1) =1120 ，第六项的系数为 ，故B错误；
3 8−3 3 5 8−5 5
对于C，因为n＝8，所以 各82项的(二−项1)式=系−数1之79和2为28＝256，故C正 8确2 ；(−1) =−448
对于D，令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
（多选）10．（6分）设A，B是双曲线 上的两点，下列四个点中可以为线段AB中点的是（ ）
2
2
A．（0，2） B．（﹣1，2 ）− 4 =1 C．（1，1） D．（1，4）
【分析】由双曲线的对称性可直接判断A；根据点差法分析可得kAB •k＝4，结合双曲线的渐近线斜率可
判断B；通过联立直线方程与双曲线方程，利用判别式即可判断C与D．
【解答】解：∵双曲线关于y轴对称，
∴当直线AB的方程为y＝2时，线段AB的中点为（0，2），故A正确；
当直线AB的斜率存在且不为0时，
设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），则AB的中点 ， ，
1+ 2 1+ 2
( )
2 2
可得 ， ，
+
1 2
1− 2 2 1+ 2
= 1− 2 = 1 + 2 = 1+ 2
2
∵A，B在双曲线上，∴ 2 ，
2 1
1− =1
4
2
2 2
2− =1
4
两式相减得 ，则 ．
2 2 2 2
2 2 1− 2 1− 2
( 1− 2)− =0 ⋅ = 2 2 =4
若线段AB中点的是（﹣14，2），可得k＝﹣2，k A1B−＝ ﹣2 2，则AB：y﹣2＝﹣2（x+1），即y＝﹣2x，
双曲线的渐近线方程为y＝±2x，由于y＝﹣2x与其中一条渐近线重合，故不可能有两个交点，故B错
第8页（共19页）误；
若线段AB中点的是（1，1），同理可得k＝1，kAB ＝4，则AB：y﹣1＝4（x﹣1），即y＝4x﹣3，
联立方程 ，消去y得12x2﹣24x+13＝0，
=4 −3
2
2
此时Δ＝2 42﹣ − 44× = 12 1 ×13＝﹣48＜0，故直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
若线段AB中点的是（1，4），同理可得k＝4，kAB ＝1，则AB：y﹣4＝x﹣1，即y＝x+3，
联立方程 ，消去y得3x2﹣6x﹣13＝0，
= +3
2
2
此时Δ＝（
﹣
− 6）42=
+4
1
×3×13＞0，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档
题．
（多选）11．（6分）设函数f（x）＝[x]的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函
数y＝f（x）的图象与圆（x﹣t）2+（y+t）2＝2t2（t＞0）的公共点个数可以是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】借助函数f（x）＝[x]和圆（x﹣t）2+（y+t）2＝2t2（t＞0）的图像，对t进行取特殊值进行验证
即可．
【解答】解：当t＝1时，（x﹣1）2+（y+1）2＝2，f（x）与圆只过（0，0），A对；
当 ， ，y＝0， ，∴f（x）与圆交于（ ，0），（0，0）两点，B对；
1 1 2 1 2 2 2 2
当 = 3 (时 ，−圆3 )：+( + 3 ) = 9 = 3 ， 3
2 2
=2 2 ( −2 2) +( +2 2) =16
y＝1时， ， ，∴f（x）与圆有个交点 ， ，
y＝0时， x＝= 0 2，交2−点（7 0 −，4 0）；2∈(1 2) (2 2− 7−4 2 1)
y＝﹣1时， ， ，∴f（x）与圆有个交点 ， ，
=2 2− 7+4 2∈(−1 0) (2 2− 7+4 2 −1)
y＝﹣2时， ， ，∴f（x）与圆有个交点 ， ，
D对． =2 2−2 1+2 2∈(−2 −1) (2 2−2 1+2 2 −2)
第9页（共19页）故选：ABD．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系问题，是中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知点 ， 在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为 ．
9
【分析】根据已 知(1条件，5)先求出p，再结合抛物线的定义，即可求解．
4
【解答】解：点A（1， ）在抛物线C：y2＝2px上，
5
则5＝2p，解得p ，
5
=
由抛物线的定义可知2，A到C的准线的距离为：xA 1 ．
5 9
+ = + =
故答案为： ． 2 4 4
9
【点评】本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
4
13．（5分）函数y＝f（x）﹣x2是奇函数．若函数g（x）＝f（x）+5，f（4）＝9，则g（﹣4）＝ 28 ．
【分析】由函数y＝f（x）﹣x2是奇函数，利用f（4）＝9，可求出f（﹣4），进而可求g（﹣4）的值．
【解答】解：因为函数y＝f（x）﹣x2是奇函数，
则有f（﹣4）﹣（﹣4）2＝﹣（f（4）﹣42），
第10页（共19页）即f（﹣4）﹣16＝﹣f（4）+16＝﹣9+16＝7，
所以f（﹣4）＝16+7＝23，
又g（x）＝f（x）+5，
得g（﹣4）＝f（﹣4）+5＝23+5＝28．
故答案为：28．
【点评】本题考查了奇函数的性质，属于基础题．
14．（5分）在平面中， 和 是互相垂直的单位向量，向量 满足 ，向量 满足 ，
→ → → → → → → →
1 2 | −4 1|=2 | −6 2|= 1
则 在 方向上的数量投影的最大值 4 ．
→ →
【分析】设 ， ，根据题意求得A、B所在圆的圆心和半径，然后根据数量投影的意义，
→ → → →
= =
结合图形求得 在 方向上的数量投影的最大值．
→ →
【解答】解：根据题意不妨设 （1，0）， （0，1）， （x，y）， （m，n），
→ → → →
1= 2= = =
则 ， ， ， ，
→ → → →
−4 1=( −4 ) −6 2=( −6)
由 可得（x﹣4）2+y2＝4，
→ →
| −4 1|= 2
由 可得m2+（n﹣6）2＝1，
→ →
| −6 2|= 1
设 ， ，故A在以C1 （4，0）为圆心，2为半径的圆上，
→ → → →
B在 以=C
2
（0 ， 6=） 为圆心，1为半径的圆上，
过B作BD⊥OA于D，则OD即为 在 上的数量投影，如下所示：
→ →
因为A，B分别为两圆上任意动点，不妨固定B，则OB为定长，
设＜， ＞ ，即∠AOB＝ ，故|OD|＝|OB|•cos ，
→ →
= θ θ
第11页（共19页）因为此时|OB|为定长，且 ＝∠AOB＜180°，
故随着 的减小，cos 增大θ，直至OA恰好与圆C1 相切时，|OD|取得最大值，如下所示：
θ θ
在OA与圆C1 相切的基础上，移动点B，过C2 作C2E⊥OA于E，故|OD|＝|OE|+|ED|；
在△C1AO中，∠C1AO＝90°，C1A＝2，OC1 ＝4，
故∠AOC1 ＝30°，∠C2OE＝60°，因为|OC2|＝6，
故在直角三角形C2OE中，|OC2|＝2|OE|，则OE＝3，即|OD|＝|OE|+|ED|＝3+|ED|；
在四边形BDEC2 中，因为∠DEC2 ＝∠C2ED＝90°，故|DE|≤|BC2|＝1，
当且仅当BC2 ∥DE时等号成立，从而|OD|＝3+|ED|≤3+1＝4，
综上所述： 在 方向上的数量投影的最大值为4．
→ →
第12页（共19页）故答案为：4．
【点评】本题考查平面向量与直线和圆的位置关系的综合应用，属难题．
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）△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC．
（Ⅰ）求 ．
∠
（Ⅱ）若∠ B∠A C＝60°，求∠B．
【分析】（Ⅰ）由题意画出图形，再由正弦定理结合内角平分线定理得答案；
（Ⅱ）由∠C＝180°﹣（∠BAC+∠B），两边取正弦后展开两角和的正弦，再结合（Ⅰ）中的结论得答
案．
【解答】解：（Ⅰ）如图，
由正弦定理得：
， ，
∵ A∠D 平=分 ∠ ∠B A C ，BD ＝ ∠2 DC =， ∠
∴ ；
∠ 1
（Ⅱ ） ∠ ∵=∠C ＝= 1802 °﹣（∠BAC+∠B），∠BAC＝60°，
∴ ，
3 1
由（ Ⅰ∠） =知 2 si(n∠∠ B ＝ +sin∠∠ C)，= 2 ∠ + 2 ∠
∴tan∠B ，即∠B＝30°．
3
=
3
【点评】本题考查了内角平分线的性质，考查了正弦定理的应用，是中档题．
16．（15分）袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个（n＝1，2，3，4）．现
从袋中任取一球． 表示所取球的标号．
（Ⅰ）求 的分布列ξ，期望和方差；
（Ⅱ）若ξ＝a +b，E ＝1，D ＝11，试求a，b的值．
η ξ η η
第13页（共19页）【分析】（1） 的所有可能取值为0，1，2，3，4，P（ ＝k） ，可出分布列，再由期望、方差的定
义求期望和方ξ差； ξ =
10
（2）若 ＝a +b，由期望和方差的性质E ＝aE +b，D ＝a2D ，解方程组可求出a和b．
【解答】η解：ξ η ξ η ξ
（Ⅰ） 的所有可能取值为0，1，2，3，4
分布列为ξ ：
0 1 2 3 4
ξ
P
1 1 1 3 1
∴ 2 20 10 20 5 ．
1 1 1 3 1 2 1 2 1
=0× +1× +2× +3× +4× =1.5 =(0−1.5) × +(1−1.5) × +(2−
2 20 10 20 5 ． 2 20
2 1 2 3 2 1
1（.5Ⅱ)）×由10D +＝(3
a
−2D 1.5，)得× a220×+
2.
(
7
4 5＝−
1
1
1
.5，)即×
5
=2.75
a＝±2．又ηE ＝aEξ +b，所以
当a＝2时，由η 1＝2ξ×1.5+b，得b＝﹣2；
当a＝﹣2时，由1＝﹣2×1.5+b，得b＝4．
∴ 或 即为所求．
=2 =−2
【点评】本题考查概率、随机变量的分布列、期望和方差等概念，以及基本的运算能力．
=−2 =4
17．（15分）已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0 ，且e ﹣2＜f（x0 ）＜2 ﹣2．
【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a 可得h
1
−
（x）
min
＝h（ ），从而可得结论；
1
（2）通过（1）
可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）
min
＝t（ ）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0 ，x2 ，利用f（x）必存在唯一极大值点x0 及x0 ＜
1 1
可知2f（x0 ）＜ ，另一方面可知f（x0 ）＞f（ ） ． 2
1 1 1
【解答】解：（41）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx ＝x =（ a 2 x﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a ．
1
−
第14页（共19页）则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0 ＞1时，h（x0 ）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜ 时h′（x）＜0、当x＞ 时h′（x）＞0，
1 1
所以h（x）
min
＝ h（ ），
1
又因为h（1）＝a﹣a
﹣ln1＝0，
所以 1，解得a＝1；
1
另解：
=因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2 ，
1
−
令t′（x）＝0，解得x ，
1
=
所以t（x）在区间（0， ）2上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，
1 1
所以t（x）
min
＝t（ ）＝2ln2﹣1＜0，又t（ ）2 ＞0，所以t（x）在（0， ）上存在唯一零点，
1 1 2 1
所以t（x）＝0有解 2 ，即f′（x）＝0存在两 2根= x0 ， 2 x2 ， 2
且不妨设f′（x）在（0，x0 ）上为正、在（x0 ，x2 ）上为负、在（x2 ，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0 ，且2x0 ﹣2﹣lnx0 ＝0，
所以f（x0 ） x0 ﹣x0lnx0 x0+2x0 ﹣2 x0 ，
2 2 2 2
由x0 ＜ 可知 = f（ 0 x0 − ）＜（x0 = ） 0 m − ax 0 = ； − 0
1 2 1 1 1
− 0 =− 2+ =
由f′（ 2 ）＜0可知x0 ＜ ＜ ， 2 2 4
1 1 1
所以f（x ）在（0，x0 ）上 单调2递增，在（x0 ， ）上单调递减，
1
所以f（x0 ）＞f（ ） ；
1 1
综上所述，f（x） 存在=唯 2一的极大值点x0 ，且e ﹣2＜f（x0 ）＜2 ﹣2．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，
属于难题．
18．（17分）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC
第15页（共19页）翻折至△ACP，其中P为动点．
（1）设PC⊥AB，三棱锥P﹣ABC的各个顶点都在球O的球面上．
（i）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（ⅱ）求球O的半径；
（2）求二面角A﹣CP﹣B的余弦值的最小值．
【分析】（1）（i）根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，即可证明；（ⅱ）找出球心的位置，
再根据勾股定理，即可求解；
（2）建系，利用向量法，向量夹角公式，构建函数模型，即可求解．
【解答】解：（1）（i）证明：∵AC＝CD＝1，∠CAD＝∠ADC＝30°，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝90°，AB⊥AC，翻折后同样有AB⊥AC，又AB⊥PC，PC∩AC＝C，
∴AB⊥平面PCA，又AB 平面ABC，
∴平面PAC⊥平面ABC；⊂
（ⅱ）如图，∵△ABC的外接圆圆心O1 位于BC中点，作C关于AP的对称点O2 ，
则O2C＝O2A＝O2P＝1，O2 为△ACP的外接圆圆心，
作O1H⊥AC于H，则H为AC中点，
则O1H⊥平面ACP，O1H⊥O2H，
又△O2AC为等边三角形，∴O2H⊥AC，
而外接球球心O，满足OO1 ⊥平面ABC，OO2 ⊥平面ACP，
∴OO1 ＝O2H ，BO1 ，
3 2
= =
∴球O的半径为2 R 2 ；
2 2 1 3 5
（2）以A为原点，=AC 所 在 1 直+线 为 1 x=轴，
2
过+ 4A=且垂
2
直底面ACP的直线为z轴，建系如图：
第16页（共19页）则根据题意可得C（1，0，0），P（ ， ，0），又AB＝1，
3 3
∴设B（0，cos ，sin ），
2 2
θ θ
∴ ， ， ， ， ， ，
→ →
1 3
=( 0) =(−1 )
易知平面2 ACP 2的一个法向量为 ，， ，
→
=(0 0 1)
设平面BCP的法向量为 ，， ，
→
=( )
则 → → ，取 ， ， ，
⋅ =− + + =0 →
→ → =(− 3 −( 3+ ))
1 3
设二 面⋅角 A=﹣C P+﹣B的 平=面0角为 ，易知 为锐角，
2 2
φ φ
∴cos ＝|cos＜ ， ＞| ，
→ →
→ →
| ⋅ | | 3+ |
φ = → → =
令t＝cos ，则t [ | || ， | 7−3 ]， 2 +2 3
∴cos θ+ 3 ∈ 3−1 3+1 ，
| | 1
φ= =
2 1 3 2
∴当 −，3 即+8 cos 3 −8 时 − ， 8( c − os 2) 取 + 得 3 最小值 ，
1 3 3 3
= θ=− φ
∴二面 角A2﹣CP﹣B的余弦3值的最小值为 ． 3
3
【点评】本题考查面面垂直的证明，三棱锥的外接球问题，向量法求解二面角问题，函数思想的应用，
3
属难题．
19．（17分）已知双曲线C：y2﹣x2＝1，上顶点为D．直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点（B在
第一象限），与x轴交于点T．设直线DA，DB的倾斜角分别为 ， ．
α β
（1）若 ， ，
3
（i）若 A(（ 30，﹣0)1），求 ；
（ii）求证： + 为定值；β
（2）若 α，β直线DB与x轴交于点E，求△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值．
=
6
第17页（共19页）【分析】（1）（i）根据已知条件，先求出点B，再结合直线的斜率公式，求出斜率，即可求出倾斜角；
（ii）当直线AB的斜率存在时，设出直线AB的方程，再与双曲线方程联立，再结合韦达定理，以及直
线的斜率公式，即可求解；当直线AB的斜率不存在时，结合直线的斜率公式，即可求解；
（2）根据已知条件，结合直线的斜率公式，并分类讨论，即可求解．
【解答】解：（1）（i） ，所以 ： ，
TA与C联立可得 = 3，解得x ＝ 0或 = 3 ，−所1 以 ， ．
2
− 3 =0 = 3 ( 3 2)
所以 ，所以 ；
3
= =
3 6
（ii）证明：（1）直线AB斜率存在时，可设直线AB的方程为 ，
3
设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ） = ( −
3
)
由 ，得 ，
3
= ( − ) 2 2 2 2
3 3( −1) −2 3 + −3=0
2 2
所以 − =1 ， ．
2 2
2 3 −3
1+ 2 = 2 1 2 = 2
当x1 ＝0时，由3（( i）−1可)得 3( ；−1)
2
当x1 ≠0时，设DA，DB的 +斜 率=分别3 为k1 ，k2 ．
， ．
3 3
1−1 3 +1 3 +1
1 = = − 2 = −
所 以 1 1 2 ，
3 3 3
3 +1 3 +1 3 1+ 2 2 3 3 +1
1+ 2 =2 − − =2 −( +1) =− 1 2 =( − )( −
． 1 2 3 1 2 − 3 1
3
3 +1 3+
)=−
所 以2 − 3 ．
1+ 2
( + )= =− 3
因为B在第一象限1，−所 1以 2 ＜ ＜ ，
0
2
所以 ＜ ＜ ，
3
0 +
所以 ．2
2
+ =
3 第18页（共19页）②直线AB斜率不存在时，可得 ， ， ， ，
3 2 3 3 2 3
可得 ， ，( 3 − 3 ) ( 3 3 )
所以 1 =−2− 3 2 =2− 3，同理可得 ．
1+ 2 2
( + )= =− 3 + =
1− 1 2 3
综上可得， + 为定值 ，得证．
2
α β
（2）由（1）可得 3时， ， ．
= ( 3 2)
6
①k1 不存在，则A（0，﹣1），由①（i）可得 ， ，所以 ，所以 ．
3
( 0) =− 3 ∠ =
②kDT 不存在，则T（0，0），则 ， ，3此时 ，由图可得 ． 6
(− 3 −2) 1 = 3 ∠ =
6
③若k1 和kDT 均存在，设 ： ， ， ，则
2
= ( − 3)+2 ( 0) = 3−
与双曲线联立可得 ， ．
2 2
3 −4 + 3 −2 +2 3 −2
= 2 = 2
所以 ， −1． −1
1− 3
1 = =
所以 − 3 2− 3 ，
− 1 3
∠ = =
所以 1+ 1 3．
1
设△ B E T ∠ 与 △ A = D T 的∠外 接 圆=半2径分别为r1 ，r2 ，
从而
．等号当且仅当yA ＝﹣1时取到．
1 ∠ 2
= = = | | = ≤ 2
2 | |
所以△BET 与 ∠△ A DT的外接圆半径之比的最大值为2．
【点评】本题主要考查双曲线的性质，考查转化能力，属于难题．
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