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2025-2026 学年浙江省宁波市镇海中学高三（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）已知集合A＝{x|x2＝1}，B＝{0，1}，则A∪B＝（ ）
A．{1} B．{0} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0}
2．（5分）若i是虚数单位，则 的值为（ ）
| |
1+
A．1 B． C． D．2
1 2
3．（5分）已知向量 ，2 ， ， ， 2 ， ， ，则 （ ）
→ → → → → →
=(0 1) =(1 1) =(−1 2) = + =
A．﹣3 B． C． D．
1 1 1
4．（5分）抛物线y2＝4x的焦−点3F到直线x﹣y+2＝0 −的2距离为（ ）
2
A． B． C． D．
2 3 2
5．（5分）在△ABC中，“cos2A2＝cos2B”是“△ABC为等腰三角形”的（2 2 ）
2 2
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
6．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为4，高为6，则该正四棱锥的内切球半径为（ ）
A． B． C． D．
10 2( 10−1) 2( 10+1) 2 10
7．（5分）现有7幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，7幅作品全
2 3 3 3
部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓3位同学，每人至少得到一份，则不同的奖励方案有（ ）种．
A．1470 B．1512 C．1806 D．2982
8．（5分）已知集合A＝{[x]+[2x]+[3x]+[4x]|x R}与集合B＝{1，2，3，4， ，2026}，用|A|表示集合A的
⋯
元素个数，[x]表示不超过x的最大整数，∈则|A∩B|＝（ ）
A．1215 B．1216 C．1217 D．1218
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分。
（多选）9．（6分）已知 的展开式中常数项为3，a R，则下列说法正确的有（ ）
2 1 3
( + ) ∈
第1页（共21页）A．a＝﹣1
B． 的展开式中x3的系数为3
2 1 3
( + )
C． 的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和
2 1 3
( + )
D． 的展开式中系数最大的项为第2项或第3项
2 1 3
（多选）( 10．+（ 6 )分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1 ，D为CC1 中点，下列选项正确的是（ ）
A．过点D有且只有一条直线与直线AC、B1C1 都垂直
B．过点D有且只有一个平面与直线AC、B1C1 都垂直
C．过点D有且只有一个平面与直线AC、B1C1 都平行
D．过点D有且只有一个平面与直线AC、B1C1 都相交
（多选）11．（6分）已知i为虚数单位，复数 ，则下列说法正确的是（ ）
=(1+ )(1+ )⋯(1+ )
A．z1 的三角形式为 2
3 3
1 = 2(− + )
B．若 ，则实数a的值4 为3 4
= 2+ ∈
C．|z1|，|z2|，… …2 ，|z2025|中有44个正整数
D．|z2025 ﹣z2026|＜|z2026 ﹣z2027|
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）双曲线C： 的渐近线的斜率为 ．
2 2
− = 1
13．（5分）已知函数 9 4 ，当x＞0时，f（x）≤0恒成立，则a的取值范围
−1
1
为 ． ( )= ( )− − − +3
14．（5分）将一个棱长为1的正四面体S﹣ABE和各条棱长都为1的正四棱锥S﹣BCDE按如图所示的方
式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成 个部分．
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）已知数列{an}中， ， ．
1
（1）求数列{an}的通项公式3；(2 −1) +1−(2 +1) =0 1 =
3
第2页（共21页）（2）求数列{an}的前n项和Sn ．
16．（15分）已知在△ABC中， ．
（1）求sinA的值； ( 2 − 4 )+ ( 2 + 4 )=−6
（2）若AB边上的高等于 ，求cosC．
3
17．（15分）高尔顿板是英国
2
生 物 统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干
排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，让
一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的高尔顿板有
5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右落下，
最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．
（1）如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与
数学期望．
（2）现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有 的概率向左， 的概
1 2
率向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．将 380个小球依次
3
从高
尔顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？
18．（17分）抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点A到x轴的距离为2p，焦点为F， ．
3
（1）求抛物线C的方程与A点横坐标； | |= + 2
（2）若A在x轴上方，抛物线C的准线与x轴交于Q，过Q作一条斜率为负的直线交抛物线于M，N
两点，点M在点N左侧．
（ⅰ）试判断在x轴上是否存在一定点T，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出T点坐
标，若不存在，请说明理由；
（ⅱ）若∠MFN的余弦值为 ，记△AFN的面积为S1 ，△MFN的面积为S2 ，求 的值．
7 1
19．（17分）已知函数f（x）＝e2 x 5 ，圆Γ：x2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），设Γ与f（x）的 图2 像交于A，B两点．
（1）求f（x）在（1，e）处的切线方程；
第3页（共21页）（2）试判断线段AB的中点在第几象限，并证明；
（3）证明：随着r的变化，直线AB的斜率始终小于1．
第4页（共21页）2025-2026 学年浙江省宁波市镇海中学高三（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 C C A C A B C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BCD AC BC
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）已知集合A＝{x|x2＝1}，B＝{0，1}，则A∪B＝（ ）
A．{1} B．{0} C．{﹣1，0，1} D．{﹣1，0}
【分析】首先列举法求出集合A，再根据并集的定义求A∪B即可．
【解答】解：集合A＝{x|x2＝1}＝{﹣1，1}，B＝{0，1}，
所以A∪B＝{﹣1，0，1}．
故选：C．
2．（5分）若i是虚数单位，则 的值为（ ）
| |
1+
A．1 B． C． D．2
1 2
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
2 2
【解答】解： ．
| | 1 2
故选：C． | 1+ |= |1+ | = 2 = 2
3．（5分）已知向量 ， ， ， ， ， ， ，则 （ ）
→ → → → → →
=(0 1) =(1 1) =(−1 2) = + =
A．﹣3 B． C． D．
1 1 1
【分析】根据向量的坐标表−示3代入即可． −
2 2
【解答】解：因为 ， ， ， ， ， ，
→ → → → → →
=(0 1) =(1 1) =(−1 2) = +
第5页（共21页）所以x（0，1）+y（1，1）＝（﹣1，2），
，解得 ，
=−1 =−1
所 以+ =2 ． =3
=− 3
故选： A．
4．（5分）抛物线y2＝4x的焦点F到直线x﹣y+2＝0的距离为（ ）
A． B． C． D．
2 3 2
【分析】先得到焦点F（1，20），再利用点到直线的距离公式求解即可．2 2
2 2
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），
由点到直线的距离公式可得：焦点F到直线x﹣y+2＝0的距离 ．
|1−0+2| 3 2
故选：C． = 2 = 2
5．（5分）在△ABC中，“cos2A＝cos2B”是“△ABC为等腰三角形”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】由二倍角公式化简cos2A＝cos2B，结合三角形的内角范围判断出充分性成立，通过举反例说
明必要性不成立，进而可得正确答案．
【解答】解：若cos2A＝cos2B，则1﹣2sin2A＝1﹣2sin2B，可得sin2A＝sin2B，
结合△ABC中，sinA＞0、sinB＞0，可得sinA＝sinB，
所以A＝B或（A＝ ﹣B不合题意，舍去），故△ABC为等腰三角形，
即“cos2A＝cos2B”π是“△ABC为等腰三角形”的充分条件；
若△ABC为等腰三角形，可能A＝C或B＝C，不一定有A＝B，
因此由“△ABC为等腰三角形”不能推出“cos2A＝cos2B”，必要性不成立．
综上所述，“cos2A＝cos2B”是“△ABC为等腰三角形”的充分不必要条件．
故选：A．
6．（5分）已知正四棱锥P﹣ABCD的底面边长为4，高为6，则该正四棱锥的内切球半径为（ ）
A． B． C． D．
10 2( 10−1) 2( 10+1) 2 10
【分析】先确定球心的位置，在正四棱锥中，球心在高线上，再利用等体积法，求解内切球的半径；
2 3 3 3
第6页（共21页）【解答】解： ，
正方形
1
− = ⋅ℎ
， 3
表面积
1
− = ⋅
3
所以 S 正方形ABCD •h 表面积 ，
1 1
= ⋅
3 正方形 3
所以r ，
表面 积 ⋅ℎ
=
其中，S
正方形ABCD
＝4×4＝16，
由于 ，
2 2 2 2
= + = 2 +6 =2 10 ；
表面积 正方形 侧面
1
= + =16+4× ×4×2 10=16+16 10
则该正四棱锥的内切球的半径 2 ．
16×6 2( 10−1)
故选：B． = 16+16 10 = 3
7．（5分）现有7幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，7幅作品全
部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓3位同学，每人至少得到一份，则不同的奖励方案有（ ）种．
A．1470 B．1512 C．1806 D．2982
【分析】分3位同学分得的书法作品数为1，1，5和1，2，4和1，3，3和2，2，3共四种情况讨论即
可．
【解答】解：已知有7幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，7幅
作品全部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓3位同学，每人至少得到一份，
可以分四类：
第一类：当3位同学分得的书法作品数为1，1，5时，共有 种；
1 1 5
7 6 5 3
第二类：当3位同学分得的书法作品数为1，2，4时，共有
2
2 3 = 126种，
1 2 4 3
7 6 4 3 =630
第三类：当3位同学分得的书法作品数为1，3，3时，共有 种；
1 3 3
7 6 3 3
2 3 = 420
2
第7页（共21页）第四类：当3位同学分得的书法作品数为2，2，3时，共有 种，
2 2 3
7 5 3 3
由加法原理，知共有126+630+420+630＝1806种不同分法．
2
2 3 = 630
故选：C．
8．（5分）已知集合A＝{[x]+[2x]+[3x]+[4x]|x R}与集合B＝{1，2，3，4， ，2026}，用|A|表示集合A的
⋯
元素个数，[x]表示不超过x的最大整数，∈则|A∩B|＝（ ）
A．1215 B．1216 C．1217 D．1218
【分析】设f（x）＝[x]+[2x]+[3x]+[4x]，根据高斯函数运算可得f（x+1）＝f（x）+10，然后可得f（x）
的值域S＝{10k，10k+1，10k+2，10k+4，10k+5，10k+6|k Z}，然后取交集即可．
【解答】解：集合A＝{[x]+[2x]+[3x]+[4x]|x R}与集合B＝∈{1，2，3，4， ，2026}，
⋯
用|A|表示集合A的元素个数，[x]表示不超过∈x的最大整数，
设f（x）＝[x]+[2x]+[3x]+[4x]，
则f（x+1）＝[x+1]+[2x+2]+[3x+3]+[4x+4]＝[x]+[2x]+[3x]+[4x]+10＝f（x）+10，
当0≤x＜1时，
x ， ， ， ， ， ，
1 1 1 1 1 1 2 2 3 3
[0 ) [ ) [ ) [ ) [ ) [ 1)
[x] 04 4 0 3 3 0 2 2 0 3 3 0 4 4 0
[2x] 0 0 0 1 1 1
[3x] 0 0 1 1 2 2
[4x] 0 1 1 2 2 3
f（x） 0 1 2 4 5 6
∴f（x）的所有可能值为0，1，2，4，5，6
∴f（x）的值域S＝{10k，10k+1，10k+2，10k+4，10k+5，10k+6|k Z}，
∴S∩{1，2，…，2026}共有202×6+5＝1217个元素， ∈
∴|A∩B|＝1217．
故选：C．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选
对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分。
（多选）9．（6分）已知 的展开式中常数项为3，a R，则下列说法正确的有（ ）
2 1 3
A．a＝﹣1 ( + ) ∈
第8页（共21页）B． 的展开式中x3的系数为3
2 1 3
( + )
C． 的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和
2 1 3
( + )
D． 的展开式中系数最大的项为第2项或第3项
2 1 3
【分(析 】+根
据)二项式展开式的概念，根据常数项求出参数值，写出二项式的展开式，进而逐一判断各选
项正误．
【解答】解：已知 的展开式中常数项为3，a R，
2 1 3
( + ) ∈
又二项式 的展开 式的第k+1项为 ，
2 1 3 2 3− 1 3− 6−3
当6﹣3k＝( 0 时+， 即) k＝2时，可得 ， 解 +1 得= a ＝ 3( 1 ， 所)以( A 错) 误=； 3
2
3 =3
可得二项式 ，
2 1 3 6 3 1
展开式中x3(
的
系
+
数 为
) =
3，
所
+
以
3
B正
+
确
3+
；
3
各项系数之和为1+3+3+1＝8，二项式系数之和为23＝8，所以C正确；
可知展开式中系数最大的项为第2项或第3项，所以D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（6分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1 ，D为CC1 中点，下列选项正确的是（ ）
A．过点D有且只有一条直线与直线AC、B1C1 都垂直
B．过点D有且只有一个平面与直线AC、B1C1 都垂直
C．过点D有且只有一个平面与直线AC、B1C1 都平行
D．过点D有且只有一个平面与直线AC、B1C1 都相交
【分析】根据异面直线的性质以及线面平行、垂直的判定定理，对过点D与直线AC、B1C1 的不同位置
关系的情况进行逐一分析．
【解答】解：B：一个平面与两条异面直线都垂直，则这两条异面直线平行，
但是AC与B1C1 不平行，故不存在这样的平面，B错误；
C：过点D分别作直线AC与B1C1 的平行线DF、DE，如图所示：
第9页（共21页）AC∥DF，AC 面DEF，DF 面DEF，故AC∥面DEF，
同理B1C1 ∥面⊄DEF，则过点⊂D有且只有一个面与直线AC、B1C1 都平行，C正确；
A：由C知，过点D有且只有一个平面与直线AC、B1C1 都平行，该平面为面DEF，
记过点D与面DEF垂直的直线为l，
DF 面DEF，故l⊥DF，
又D⊂F∥AC，故l⊥AC，同理l⊥B1C1 ，
故过点D有且只有一条直线与直线AC、B1C1 都垂直，A正确；
D：过点D与直线AC、B1C1 都相交的平面有无数个，D错误．
故选：AC．
（多选）11．（6分）已知i为虚数单位，复数 ，则下列说法正确的是（ ）
=(1+ )(1+ )⋯(1+ )
A．z1 的三角形式为 2
3 3
1 = 2(− + )
B．若 ，则实数a的值4 为3 4
= 2+ ∈
C．|z1|，|z2|，… …2 ，|z2025|中有44个正整数
D．|z2025 ﹣z2026|＜|z2026 ﹣z2027|
【分析】对于A，直接代入结合复数三角形式即可求解；对于B，根据复数运算得 的虚部为
1
ω (1+ )−
，再由复数的概念即可求a；对于C，根据题意，先求得 ，再判断即可；对于2 D，
1
(1+ ) | |= +1
3由|zn+1 ﹣2zn|＝1即可判断．
【解答】解：对于选项A，由题意i为虚数单位，复数 ，
=(1+ )(1+ )⋯(1+ )
当n＝1时，z1 ＝1+i， 2
则对应的三角形式为 ，故选项A错误；
1 = 2( + )
4 4
第10页（共21页）对于选项B，由题意i为虚数单位，复数 ，
=(1+ )(1+ )⋯(1+ )
则 2
2 =(1+ )(1+ )=1×1+1× + ×1+ ×
2 2 2 ，
2
1 −1 1 1
=1+ + + =1+( +1) + =(1− )+(1+ )
又 2 2 2 2 2 2 ，
1 2 1 2 2 1 2 1
2 2 =(1− ) +(1+ ) =1− + +1+ + =3
所以 2 2 2 ， 2 2 2
2 1 1
= = [(1 − ) − (1 + ) ]
2 2 2 3 2 2 ，
1 1 1 1
= 2+ =(1− )+ (1− )+[(1+ )− (1+ )]
则 2 的虚部为2 3 2 ，2 3 2
1 1
= 2+ (1+ )− (1+ )
∵ R，∴ 2 2 ，解3 得a＝23，故选项B正确；
1
ω∈ (1+ )(1− )=0
对于选项C，先求2|zn|，根3据复数模的性质：若z＝z1z2⋯ zk ，则|z|＝|z1||z2|
⋯
|zk|，
对于 ，模为 ，
2 1 2 1 +1
1+ 1 +( ) = 1+ =
所以
3 4 +1
| |= |1+ |⋅|1+ |⋯|1+ |= 2⋅ ⋅ ⋯
2 ， 2 3
3 4 +1
=要使2× 2 × 3 ×⋯为×正 整数=， 则+ n 1 +1必须是完全平方数，
即n+|1 ＝|=m2（ m+N1*），则n＝m2﹣1，
因为n≤2025，∈所以m2﹣1≤2025，即m2≤2026，
因为442＝1936，452＝2025，462＝2116＞2026，
又因为n N*，所以n＝m2﹣1≥1，故 ，
所以m从∈2到45，共44个正整数，故 选≥项2C正确；
对于选项D，由题意i为虚数单位，复数 ，
=(1+ )(1+ )⋯(1+ )
， 2
+1 =(1+ )(1+ )⋯(1+ )= ⋅(1+ )
∴ 2 +1 +1 ，
+1
∴| |z 2 0 + 25 1 ﹣− z 20 2 | 6 = |＝| 1 ＝ ⋅ |z2 02+61 ﹣| z = 202 | 7 |， |故⋅|选 项 +1D |=错误 + ． 1 =1
故选：BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）双曲线C： 的渐近线的斜率为 ．
2 2
2
− = 1 ±
9 4 第11页（共21页3）【分析】根据双曲线的标准形式方程求其渐近线的斜率．
【解答】解：易知双曲线C的标准方程为 ，
2 2
2 − 2 = 1
所以双曲线的渐近线为 ， 3 2
2
=±
则渐近线的斜率为 ． 3
2
±
故答案为： ． 3
2
±
3
13．（5分）已知函数 ，当x＞0时，f（x）≤0恒成立，则a的取值范围
−1
1
为 （0，1] ． ( )= ( )− − − +3
【分析】先根据恒成立代入特殊值求出a的大致范围，再利用导数证明所求范围内恒成立即可．
【解答】解：已知函数 ，
−1
1
由ax＞0可得a＞0． ( )= ( )− − − +3
因为当x＞0时，f（x）≤0恒成立，因此x＝1时， ；
1
(1)= − +1 ≤0
设 ， ＞，因此g（a）为 增函数，
1 1 1 +1
又 g (（ ) 1）=＝ 0，−因 +此1 a≤′ 1，( 即)= 0＜ + a≤ 2 1 =． 2 0
当0＜a≤1时，ln（ax）＝lna+lnx≤lnx， ，
1
− ≤−1
因此 ，
−1 −1
1
( )= ( )− − − +3≤ − − +2
令 ， ，
−1 −1 −1
1 ( −1) ( + )(1− )
当ℎ x (＞ ) 1 =时 ， h −′ （− x） ＜0 +，2 h（′ℎ x）( 单)=调 递−减1；−当0＜ 2 x＜1时=，h′（ 2 x）＞0，h（x）单调递增；
因此h（x）≤h（1）＝0，即f（x）≤0．
因此当x＞0时，f（x）≤0恒成立，a的取值范围为（0，1]．
故答案为：（0，1]．
14．（5分）将一个棱长为1的正四面体S﹣ABE和各条棱长都为1的正四棱锥S﹣BCDE按如图所示的方
式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成 21 个部分．
【分析】利用正四面体和正四棱锥的性质来计算相邻两个面的二面角，通过两个二面角互补，可判断两
第12页（共21页）平面共面，再证明面面平行，可确定这是一个三棱柱，从而可确定结果．
【解答】解：取BS的中点为H，连接EH，如图所示：
可知AH⊥BS，CH⊥BS，EH⊥BS，
即正四面体的一个二面角的平面角为∠AHE，正四棱锥的两侧面形成的一个二面角的平面角为∠CHE，
， ，
3
=1 = =
2
则 ，
3 2 3 2 1
(2) +(2) −1 2 1
∠ = 3 3 = 3 = 3
2×2×2 2
， ，
3
= = = 2
2
则 ，
3 2 3 2 1
(2) +(2) −2 −2 1
∠ = 3 3 = 3 =− 3
所以cos∠AHE＝﹣2× co2s ×∠2CHE，所2以∠AHE+∠CHE＝ ，
则面ABS与面SBC共面，所以四边形ABCS是菱形，π则SC∥AB，
同理面AES与面SDE也共面，所以四边形AEDS是菱形，则SD∥AE，
AB 面ABE，SC 面ABE，则SC∥面ABE，同理SD∥面ABE，
又⊂SC∩SD＝S，S⊄C，SD 面SCD，故面SCD∥面ABE，
则这个几何体是一个三棱⊂柱，
其中三个侧面ABCS，侧面AEDS，侧面BCDE所在的平面可将空间分成7个部分，
再由两个平行底面ABE与底面SCD又将空间分成上、中、下3个部分，
所以这五个面所在的平面可以将空间分成21个部分．
故答案为：21．
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）已知数列{an}中， ， ．
1
（1）求数列{an}的通项公式3；(2 −1) +1−(2 +1) =0 1 =
3
（2）求数列{an}的前n项和Sn ．
【分析】（1）利用累乘法求数列{an}的通项公式；
第13页（共21页）（2）利用错位相减法求前n项和Sn ．
【解答】解：（1）由3（2n﹣1）an+1 ﹣（2n+1）an ＝0，
可得 • ，
+1 1
=
设bn 2 +1 ，3且2 b− 1 ＝1 a1 ，则bn+1 bn ，
1 1
= = =
可得数列2
{
−
b
1 n}是首项和公比3均为 的等比3数列，
1
则bn ＝（ ）n， 3
1
所以 3 ．
1
=(2 −1)( )
（2）Sn ＝1×（ ）13 +3×（ ）2+...+（2n﹣1）×（ ）n，①
1 1 1
Sn ＝1×（ ）2+33×（ ）3+3...+（2n﹣1）×（ ）n+31，②
1 1 1 1
3①﹣②，得3 Sn ＝（ ）3+2[（ ）2+...+（ ）n]﹣3 （2n﹣1）×（ ）n+1
2 1 1 1 1
3 3 3 3 3
，
2 1 −1
1 9[1−(3) ] 1 +1 2 1 +1
= + 1 −(2 −1)( ) = −(2 +2)( )
3 1−3 3 3 3
所以 ．
1
=1−( +1)( )
16．（15分）已知在△ABC 3 中， ．
（1）求sinA的值； ( 2 − 4 )+ ( 2 + 4 )=−6
（2）若AB边上的高等于 ，求cosC．
3
【分析】（1）代入两角和差
2
的 正 切公式，再进行化简求得tanA，再利用同角三角函数的关系，求得sinA；
（2）利用三角形的面积公式得出等量关系，求出边之间的关系，再代入余弦定理进行求解；
【解答】解：（1） ，
( − )+ ( + )=−6
2 4 2 4
，
2−1 2+1
+ =− 6
1+ 2 1− 2
，
( 2−1)(1− 2)+( 2+1)(1+ 2)
=− 6
(1+ 2)(1− 2)
∴ ，
4 2
2 = 2 =− 6
解得1− ta n A＝2 ﹣3，
第14页（共21页）又∵ ，
=−3
2 2
又∵A 为 三 角+形 内 角 ，=故1 sinA＞0，
则 ；
3 10
=
（2）设AB 1＝0 c，高为 ，则面积 ，
3 3 2
=
由面积公式 2 ， 4
1
=
2
，得 ，
3 2 1 3 10 10
= =
4由 2 10，tanA＝﹣3 2，
3 10
=
得 10
10
=−
代入余弦定理10： ，
2 2 2 10 2 2 10 10 9 2
= + −2 = ( ) + −2× × ×(− )=
得， 2 2 10 2
3 2
=
代入 2 ，
2 2 2
+ −
=
2
得 ．
3 2 2 10 2 2 2
( 2 ) +( 2 ) − 6 2 5
17．（ 1 5 分 = ）高2尔×(顿 3 2 2 板 )是×(英 1 2国 0 )生物 = 统 3 计 5 学 2 家 = 高 5 尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干
排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，让
一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内．如图所示的高尔顿板有
5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右落下，
最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．
（1）如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与
数学期望．
（2）现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有 的概率向左， 的概
1 2
率向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内．将 380个小球依次
3
从高
尔顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？
第15页（共21页）【分析】（1）分析可知小球共经过4次碰撞，向右k﹣1次，可得 ，进而可得分布列和
−1
4
期望； ( = )=
16
（2）分析可知小球落入2号球槽的概率为 ，且 ， ，令 ，
8 8 ( = )≥ ( = +1)
= ∼ (80 )
运算求解即可． 81 81 ( = −1)≤ ( = )
【解答】解：（1）让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，
若小球落入球槽的号码为X＝k，k＝1，2，3，4，5，
则小球共经过4次碰撞，向右k﹣1次，可得 ，
−1 −1
4 4
( = )= 4 =
则 ， ， 2 ，16 ，
0 1 2 3 4
4 1 4 1 4 3 4 1 4
( =1)= = ( =2)= = ( =3)= = ( =4)= = ( =5)= =
， 16 16 16 4 16 8 16 4 16
1
1所6以X的分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
1 1 3 1 1
根据离散型随机变量的16期望公式可得4 8 4 16 ；
1 1 3 1 1
( )=1× +2× +3× +4× +5× =3
（2）若小球落入2号球槽，则小球共经过4次碰1撞6 ，向右4 1次，且8 每次向4右的概1率6均为 ，
2
则小球落入2号球槽的概率为 ， 3
1 2 1 3 8
= 4× ×( ) =
设80个小球落入2号球槽的个数为Y，3则 3 8，1 ，
8
∼ (80 )
令 ， 81
( = )≥ ( = +1)
( = −1)≤ ( = )
即 ，
8 73 80− +1 8 +1 73 79−
80×( ) ×( ) ≥ 80 ×( ) ×( )
81 81 81 81
−1 8 −1 73 81− 8 73 80−
解得 8 7 0≤k×≤(8
8
，
1
)且k×N(*
8
，
1
即) k＝≤7， 8 80，×(
81
) ×(
81
)
∈
第16页（共21页）所以2号球槽中落入小球的概率最大的为7个或8个．
18．（17分）抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点A到x轴的距离为2p，焦点为F， ．
3
（1）求抛物线C的方程与A点横坐标； | |= + 2
（2）若A在x轴上方，抛物线C的准线与x轴交于Q，过Q作一条斜率为负的直线交抛物线于M，N
两点，点M在点N左侧．
（ⅰ）试判断在x轴上是否存在一定点T，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出T点坐
标，若不存在，请说明理由；
（ⅱ）若∠MFN的余弦值为 ，记△AFN的面积为S1 ，△MFN的面积为S2 ，求 的值．
7 1
【分析】（1）由抛物线定义列 25 式计算即可求解； 2
（2）（ⅰ）设M（2m2，2m），N（2n2，2n），由kQM ＝kQN 得4mn＝1，设T（t，0），由kTM+kTN ＝0计
算即可求解；
（ⅱ）由（ⅰ）可知， 是∠MFN的角平分线，设 ， ， ，由二倍角余弦计算可
1
= ∠ =2 ∈(0 )
得 ，进而可得 2 ，写出直线FM的方程，判断可得2 M，F，A三点共线，即
4 4
= = ( − )=
5 ，直线与抛物线联2 立方程计3 算即可求解．
1 | |
= =
【2解答 | 】 解 | ：（ | 1 ） | 由点A到x轴的距离为2p，可得A点坐标为（xA ，2p），
代入抛物线方程y2＝2px，可得xA ＝2p，
所以点A到准线的距离为 ，又 ，
3
2 + | |= +
所以 ，解得p＝1 2， 2
3
所以抛2 物+线2C =的 +方2程为y2＝2x，
所以yA ＝2，代入可得xA ＝2；
（2）（ⅰ）由题意可得A（2，2）， ， ，
1
设M（2m2，2m），N（2n2，2n），m ≠( n −且2 m 0＜) 0，n＜0，
因为Q，M，N三点共线，所以kQM ＝kQN ，
即 ，化简可得（4mn﹣1）（n﹣m）＝0，即4mn＝1，
2 2
2 1 = 2 1
若存2 在+点 2 T，2使 得+2kTM+kTN ＝0，设T（t，0），
则 ，
2 2
2 2 2 (2 − ) 2 (2 − ) ( + )(4 −2 )
2 + 2 = 2 2 + 2 2 = 2 2 = 0
2 − 2 − (2 − )(2 − ) (2 − )(2 − ) (2 − )(2 − )
第17页（共21页）由4mn＝1可知，当2t＝1，即 时，kTM+kTN ＝0成立，
1
=
所以存在点 ， ，使得kTM+kT 2
N
＝0成立；
1
( 0)
（ⅱ）因为 2， 是抛物线C的焦点，且kTM+kTN ＝0，
1
( 0)
所以 是∠2 MFN的角平分线，
1
=
设 2 ， ， ，则 ，解得 ，
2 7 4
∠ =2 ∈(0 ) 2 =2 −1= =
所以 ， ，2 ， 25 5
3 3 4
= = = ( − )=
所以直线FM 5的方程为 4 ，此2 时A（2 3，2）恰好满足直线方程，在直线上，
4 1
= ( − )
即M，F，A三点共线，所以3 2 ，
1 | |
= =
2 | | | |
直线FM与抛物线C联立方程可得 ，
4 1
= ( − )
3 2
2
=2
即2y2﹣3y﹣2＝0，解得 ， ，故 ．
1 1
=− =2 = 4
2 2
19．（17分）已知函数f（x）＝ex，圆Γ：x2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），设Γ与f（x）的图像交于A，B两点．
（1）求f（x）在（1，e）处的切线方程；
（2）试判断线段AB的中点在第几象限，并证明；
（3）证明：随着r的变化，直线AB的斜率始终小于1．
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）设A（m，em），B（n，en），由题意可得m2+（em﹣1）2＝n2+（en﹣1）2，设g（x）＝x2+（ex﹣1）
2，则有g（m）＝g（n），利用导数确定函数的单调区间，从而可得n+m＜0，即可得线段AB的中点所
在象限；
（3）结合（2）即证 ＜，en﹣n＜em﹣m，（en﹣n+1）2＜（em﹣m+1）2，结合m2+（em﹣1）2＝
−
1
−
第18页（共21页）n2+（en﹣1）2，可得只需证明2en﹣n（en+1）＜2em﹣m（en+1），令h（x）＝2ex﹣x（ex+1）＝（2﹣x）
ex﹣x，则只需证明h（n）＜h（m），利用导数证明即可．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ex，所以f′（x）＝ex，
所以f′（1）＝e，
所以函数在（1，e）处的切线方程为y﹣e＝e（x﹣1），
即y＝ex；
（2）第二象限，证明如下：
设A（m，em），B（n，en），
则有m2+（em﹣1）2＝n2+（en﹣1）2＝r2，
设g（x）＝x2+（ex﹣1）2，
则有g（m）＝g（n），
又因为g′（x）＝2x+2（ex﹣1）ex，
所以g′（0）＝0，
当x＞0时，ex＞1，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＜0时，ex＜1，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
不妨设m＜0，n＞0，
则﹣m＞0，
令 （m）＝g（m）﹣g（﹣m）＝m2+（em﹣1）2﹣m2﹣（e ﹣m﹣1）2
＝φe2m﹣e ﹣2m﹣2（em﹣e ﹣m）
第19页（共21页）＝（em﹣e ﹣m）（em+e ﹣m﹣2），
因为em﹣e ﹣m＜0，em+e ﹣m﹣2＞0，
所以（em﹣e ﹣m）（em+e ﹣m﹣2）＜0，
所以g（m）﹣g（﹣m）＜0，即g（m）＜g（﹣m）恒成立，
又因为g（m）＝g（n），n＞0，
所以g（n）＜g（﹣m），n＜﹣m，n+m＜0，
所以线段AB的中点的横坐标为 ＜，
+
又因为em，en＞0，
2
0
所以线段AB的中点的纵坐标为 ＞，
+
所以线段AB的中点在第二象限；
2
0
（3）证明：设 （x）＝ex﹣x+1，则 ′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时， ′φ（x）＜0，函数 （xφ）在（﹣∞，0）上单调递减，
当x＞0时，φ′（x）＞0，函数φ（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以 （x）＝φex﹣x+1≥ （0）＝φ2＞0，
证明：φ 由（2）知m＜0＜φn，
即只需证明 ＜，
−
即只需证明e
n
−
﹣
n＜em1﹣m，
只需证明en﹣n+1＜em﹣m+1，又en﹣n+1＞0，
只需证明（en﹣n+1）2＜（em﹣m+1）2，
又因为m2+（em﹣1）2＝n2+（en﹣1）2，
（en﹣n+1）2﹣[n2+（en﹣1）2]＜（em﹣m+1）2﹣[m2+（em﹣1）2]，
只需证明2en﹣n（en+1）＜2em﹣m（em+1），
令h（x）＝2ex﹣x（ex+1）＝（2﹣x）ex﹣x，
即需证明h（n）＜h（m），
因为h′（x）＝﹣ex+（2﹣x）ex﹣1＝（1﹣x）ex﹣1，
令p（x）＝（1﹣x）ex﹣1，
则p′（x）＝﹣ex+（1﹣x）ex＝﹣xex，
所以当x＜0时，p′（x）＞0，p（x）即h′（x）单调递增；
当x＞0时，p′（x）＜0，p（x）即h′（x）单调递减；
第20页（共21页）所以h′（x）＜h′（0）＝0，
所以h（x）在R上单调递减，
又因为m＜0＜n，
所以h（n）＜h（m），
所以随着r的变化，直线AB的斜率始终小于1．
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第21页（共21页）
