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2025-2026 学年浙江省温州市高三（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共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）高三某班10名同学的数学模考成绩（满分150）依次为：105，110，115，120，125，130，135，
140，145，150，这组数据的第25百分位数为（ ）
A．112.5 B．115 C．142.5 D．145
2．（5分）已知（2，m）是过A（0，2），B（1，0）两点的直线的一个方向向量，则实数m为（ ）
A．﹣4 B．﹣1 C．1 D．4
3．（5分）已知 是奇函数，则实数a的值为（ ）
+1 2
A．﹣2 ( )= B −．1﹣− 1 C．0 D．1
4．（5分）已知x，y为实数，则“x与y都是无理数”是“x+y是无理数”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
5．（5分）已知函数f（x）＝x（x+1）（x+2）（x+3）（x+4），则f′（0）＝（ ）
A．0 B．6 C．12 D．24
6．（5分）已知椭圆 ＞＞ 的左右焦点分别为F1 ，F2 ，P是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，
2 2
|PF2|成等比数列，
2则+椭
圆2离=心1(率 的 最大0)值为（ ）
A． B． C． D．
2 1 3 3
7．（5分）若sin +sin2 +sin3 ＝0且cos +cos2 +cos3 ＝0，则cos2 ＝（ ）
4 2 3 2
θ θ θ θ θ θ θ
A． B． C． D．1
3 1 1
− −
8．（5分）2已知正三棱台ABC﹣2 A1B1C1 ，AB＝2A1B1 ，2且侧面ABB1A1 与底面ABC的夹角的余弦值为 ，则
1
直线A1C与平面ABB1A1 所成角的余弦值为（ ）
3
A． B． C． D．
1 3 6 2 2
二、多选题：本大题共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
3 3 3 3
选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
第1页（共20页）（多选）9．（6分）我国“天宫勘探计划”中，AI自主从编号1﹣12的深空探测目标（含行星、小行星等）
里随机选一个执行任务，定义：
事件A：“选中奇数编号目标”（对应具备稀有金属开采价值的天体）
事件B：“选中编号小于7的目标”（对应我国近地测控覆盖范围内的天体）
事件C：“选中1，2，4，8号目标”（对应已通过天眼确认存在特殊星际物质的重点目标）现在需要分
析AI选择探测目标时，以下任务事件的概率关系正确的是（ ）
A．P（AB）＝P（A）P（B）
B．
1
C． ( | )= 4
D． P(（ A| B)C+） ＝( P|（ )A=）1P（B）P（C）
（多选）10．（6分）已知 ， ， 为三个不同的平面，l1 ，l2 ，l3 为三条不同的直线， ∩ ＝l1 ， ∩ ＝l2 ，
∩ ＝l3 ，下列说法正确α的β是（γ ） α β β γ
αA．γ若l1 ∥l2 ，则l2 ∥l3 B．若l1 ⊥ ，则l2 ⊥l3
C．若l1 ∥ ，则l2 ∥l3 D．若l1 ⊥γl2 ，则l2 ⊥l3
（多选）11．（γ6分）已知函数f（x）图象上存在三个不同的点满足横坐标依次成等差数列，且纵坐标依次
成等比数列，则f（x）可以是（ ）
A．f（x）＝tanx B．f（x）＝ex+1 C．f（x）＝x2+x D．f（x）＝lnx
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知复数 ， ，其中i为虚数单位，则z1 •z2 ＝ ．
1 = + ⋅ 2 = + ⋅
13．（5分）函数 6 6的最小值为 3 ．3
14．（5分）已知△ (A B)C=外|2接 圆−O1|的−半 径 为1，∠A的角平分线交圆O于另一点 ， ，则∠CAD的
= 3
取值范围是 ， 的最小值是 ．
→ →
四、解答题：本大题共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）有A和B两道谜语，张某猜对A谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元；猜对B谜语的概率为
0.5，猜对得奖金20元．若规定只有猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道，且猜谜语的顺序由
张某选择．
（1）求张某猜对两道谜语的概率；
（2）张某该选择先猜哪一道？请说明理由．
16．（15分）已知函数f（x）＝Asin（ x+ ）+B（A＞0，B＞0，| |＜ ）的部分图象如图所示，（0，﹣1）
ω φ 第2页（共20页） φ π是图象的一个最低点，M（1，3）是图象的一个最高点．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）已知N也是图象的最低点，P是图象与x轴的交点，求cos∠MPN．
17．（15分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn ，a7 ＝4a2 ，S5 ＝40，数列{bn}满足
1 2 +1
+ 2 + ⋯ = 2 +
． 2 2 2
∗
（− 1）2(求 数∈列 { ) an}，{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}，{bn}的公共项从小到大排列组成新的数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn ．
18．（17分）已知平面直角坐标系xOy上一动点Q满足 ， ， ， ， ．
（1）求点Q的轨迹曲线C的方程； | |−| |=2 2 (− 3 0) ( 3 0)
（2）斜率为﹣1的直线与曲线C交于A，B两点，点P（2，1）．
（i）求直线AP，BP的斜率之和；
（ii）△PAB的外接圆圆心M是否在某定直线上？说明理由．
19．（17分）已知四面体O﹣ABC，OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝ ，N为BC的三
等分点（靠近B），M为AN的中点，过点M的动平面 交射线OA，OB，OC于P，Q，θ R．
（1）如图，当 时， α
=
（i）求OM的长；3
（ii）空间中一动点T，定义d（T）＝TP2+TQ2+TR2．当四面体O﹣PQR的体积最小时，是否存在点T，
使得d（T）＜d（M）？并说明理由；
（2）当 时，记四面体OPQR内切球的半径为r，求r的最大值．
=
2
第3页（共20页）第4页（共20页）2025-2026 学年浙江省温州市高三（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 A C D D B B A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ABD AC ACD
一、选择题：本大题共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）高三某班10名同学的数学模考成绩（满分150）依次为：105，110，115，120，125，130，135，
140，145，150，这组数据的第25百分位数为（ ）
A．112.5 B．115 C．142.5 D．145
【分析】根据题意，由百分位数的计算公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，由于10×0.25＝2.5，
则该组数据的第25百分位数为115．
故选：B．
2．（5分）已知（2，m）是过A（0，2），B（1，0）两点的直线的一个方向向量，则实数m为（ ）
A．﹣4 B．﹣1 C．1 D．4
【分析】求出直线的斜率，由此即可求解．
【解答】解：因为（2，m）是过A（0，2），B（1，0）两点的直线的一个方向向量，
所以 2，解得m＝﹣4．
2−0
故选： 2 A =． 0−1 =−
3．（5分）已知 是奇函数，则实数a的值为（ ）
+1 2
A．﹣2 ( )= B −．1﹣− 1 C．0 D．1
【分析】根据题意，由奇函数的定义可得f（﹣x）+f（x）＝ln ln 2ax2＝﹣2ax2＝0，进而分
+1 −1
+ −
第5页（共20页） −1 +1析可得答案．
【解答】解：根据题意，若 是奇函数，
+1 2
( )= −
则f（﹣x）+f（x）＝ln ln 2 − ax 12＝﹣2ax2＝0，
+1 −1
必有a＝0．
−1
+
+1
−
故选：C．
4．（5分）已知x，y为实数，则“x与y都是无理数”是“x+y是无理数”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】通过取特殊的x，y值，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求解．
【解答】解：取 ， ，显然有x与y都是无理数，但x+y＝4是有理数，
所以“x与y都是 无=理2+数”2推不 =出2“−x+y2是无理数”，
取x＝2， ，则x+y＝2 ，显然有x+y是无理数，但不满足x与y都是无理数，
所以“x+y 是=无理2 数”推不出+“x2与y都是无理数”，
所以“x与y都是无理数”是“x+y是无理数”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
5．（5分）已知函数f（x）＝x（x+1）（x+2）（x+3）（x+4），则f′（0）＝（ ）
A．0 B．6 C．12 D．24
【分析】根据函数的导数公式进行求解即可．
【解答】解：由f（x）＝x（x+1）（x+2）（x+3）（x+4），
得f′（x）＝（x+1）（x+2）（x+3）（x+4）+x[（x+1）（x+2）（x+3）（x+4）]′，
则f′（0）＝1×2×3×4＝24．
故选：D．
6．（5分）已知椭圆 ＞＞ 的左右焦点分别为F1 ，F2 ，P是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，
2 2
|PF2|成等比数列，
2则+椭
圆2离=心1(率 的 最大0)值为（ ）
A． B． C． D．
2 1 3 3
【分析】根据条件，利用椭圆的定义及基本不等式得到4c2≤a2，即可求解．
4 2 3 2
第6页（共20页）【解答】解：设|PF1|＝m＞0，则|PF2|＝2a﹣m＞0，又|F1F2|＝2c，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等比数列，
则 ，得到 ，当且仅当m＝2a﹣m，即m＝a时取等号，
2
2 +2 − 2 2 1
4 = (2 − )≤( ) = 2 ≤
所以 ． 2 4
1
故选： = B． ≤ 2
7．（5分）若sin +sin2 +sin3 ＝0且cos +cos2 +cos3 ＝0，则cos2 ＝（ ）
θ θ θ θ θ θ θ
A． B． C． D．1
3 1 1
【分−析2】利用两角和与差的−正2 弦、余弦公式化简得
2
出cos 的值，再利用二倍角的余弦公式化简可得出
cos2 的值． θ
【 解θ 答 】 解 ： 因 为 sin +sin2 +sin3 ＝ sin （ 2 ﹣ ） +sin2 +sin （ 2 + ） ＝ sin2 cos ﹣
cos2 sin +sin2 +sin2 cos +cθos2 siθn ＝siθn2 （2cos +θ1）＝θ0， θ θ θ θ θ
cos θ+cosθ2 +cosθ3 ＝cθos（2θ﹣ ）+θcosθ2 +cos（θ2 + ）＝θ cos2 cos +sin2 sin +cos2 +cos2 cos ﹣sin2 sin
＝cθos2 （θ2cos +θ1）＝0，θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ
所以siθn22 （2θcos +1）2+cos22 （2cos +1）2＝0，
即（2cos θ+1）2（θsin22 +cos22θ）＝（2θcos +1）2＝0，
θ θ θ θ
解得 ，
1
=−
故 2 ．
2 1 2 1
故选 ： 2 B．=2 −1=2×(− 2 ) −1=− 2
8．（5分）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1 ，AB＝2A1B1 ，且侧面ABB1A1 与底面ABC的夹角的余弦值为 ，则
1
直线A1C与平面ABB1A1 所成角的余弦值为（ ）
3
A． B． C． D．
1 3 6 2 2
【分
3
析】取正△ABC中心O
3
，记AA1 ，BB1 ，CC1 交
3
点为P，求解PO的长
3
度，记A1C与面ABB1A的夹
角为 ＝∠CA1H，利用等面积法求|CH|，由PA＝PB＝PC＝AC求解|CA1|，解三角形求结论．
【解θ答】解：如图，取正△ABC中心O，AB的中点为M，记AA1 ，BB1 ，CC1 交于点P，作CH⊥MP
于H，
第7页（共20页）则PO⊥面ABC，CO∩AB＝M，PM⊥AB，CM⊥AB，
所以∠PMO为侧面ABB1A1 与底面ABC的夹角，可知 ，
1
设MO＝1，OC＝2，PM＝3，则 ，PC＝2 ， ∠ = 3
作CH⊥MP于H， =2 2 3
因为PM⊥AB，CM⊥AB，PM，CM 平面PCM，PM∩CM＝M，
所以AB⊥平面PCM， ⊂
又因为CH 平面PCM，故AB⊥CH，
又AB∩PM⊂＝M，AB，PM平面ABP，
所以CH⊥面PAB，
记A1C与面ABB1A1 的夹角为 ＝∠CA1H，如图，
θ
可得 ，解得 ，
1 1
| | × 3 = △ = × 3 × 2 2 | |= 2 2
因为2 2 ，A1C1 AC ，
1
= = = =2 3 = = 3
2
所以|CA1|＝3，所以sin ，
2 2
θ=
所以cos ．3
2 1
故选：A θ．= 1− = 3
第8页（共20页）二、多选题：本大题共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）我国“天宫勘探计划”中，AI自主从编号1﹣12的深空探测目标（含行星、小行星等）
里随机选一个执行任务，定义：
事件A：“选中奇数编号目标”（对应具备稀有金属开采价值的天体）
事件B：“选中编号小于7的目标”（对应我国近地测控覆盖范围内的天体）
事件C：“选中1，2，4，8号目标”（对应已通过天眼确认存在特殊星际物质的重点目标）现在需要分
析AI选择探测目标时，以下任务事件的概率关系正确的是（ ）
A．P（AB）＝P（A）P（B）
B．
1
C． ( | )= 4
D． P(（ A| B)C+） ＝( P|（ )A=）1P（B）P（C）
【分析】利用古典概型概率计算公式分别求出P（A），P（B），P（AB），判断A；利用条件概率判断B
和C；利用古典概型概率计算公式分别求出P（A），P（B），P（C），P（ABC），判断D．
【解答】解：由题可得总样本数为12（编号为1﹣12），
事件A为“选中奇数编号目标”：{1，3，5，7，9，11}，共6个，则P（A） ，
1
=
事件B为“选中编号小于7的目标”：{1，2，4，5，6}，共6个，则P（B） 2，
1
=
事件C为“选中1，2，4，8号目标”，：{1，2，4，8}，共4个，则P（C） 2，
1
=
事件AB为“奇数且编号小于7”，即{1，3，5}，共3个，P（AB） ， 3
1
=
P（A）P（B） ， 4
1 1 1
∴P（AB）＝P =（A2）× P2（= B4），故A正确；
事件AC为“编号为1”，共1个，∴P（C） ，
1
=
P（A|C） ，故B正确； 12
( ) 1
= =
事件 为“编 (号 )3，45，7，9，11”，共5个，
∴P（ ） ，
5
=
∴P（A| ） 12 ，
( ) 5
= =
( ) 8
第9页（共20页）∴P（A|C）+P（A| ） ，故C错误；
1 5 7
事件ABC“编号为 1”，+共4 + 18个=，8
∴P（ABC） ，
1
=
P（A）P（B）P 12（C） ，
1 1 1 1
∴P（ABC）＝P（A）= P（2B ×）2P ×（3C =），12故D正确．
故选：ABD．
（多选）10．（6分）已知 ， ， 为三个不同的平面，l1 ，l2 ，l3 为三条不同的直线， ∩ ＝l1 ， ∩ ＝l2 ，
∩ ＝l3 ，下列说法正确α的β是（γ ） α β β γ
αA．γ若l1 ∥l2 ，则l2 ∥l3 B．若l1 ⊥ ，则l2 ⊥l3
C．若l1 ∥ ，则l2 ∥l3 D．若l1 ⊥γl2 ，则l2 ⊥l3
【分析】对γ于AC，利用线面平行的判定定理和性质即可证明，对于BD作图即可观察判断．
【解答】解：如下图，因为l1 ∥l2 ，l1 ，l2 ，
⊄γ ⊂γ
所以l1 ∥ ，故l2 ∥l3 ，故A、C正确；
若l1 ⊥ ，γ则l2 与l3 可以成（0， ]的任意角，故B错误；
γ
若l1 ⊥l2 ，则l2 与l3 可以成（0，2]的任意角，故D错误．
故选：AC．
2
（多选）11．（6分）已知函数f（x）图象上存在三个不同的点满足横坐标依次成等差数列，且纵坐标依次
成等比数列，则f（x）可以是（ ）
A．f（x）＝tanx B．f（x）＝ex+1 C．f（x）＝x2+x D．f（x）＝lnx
【分析】根据等差数列、等比数列的性质结合函数的性质判断即可．
【解答】解：设函数f（x）图象上的三个不同点为A（x﹣d，y1 ），B（x，y2 ），C（x+d，y3 ）（d≠0），
因为纵坐标依次成等比数列，所以 ；
2
选项A：y1 ＝tan（x﹣d），y2 ＝tanx， 2 y3 =＝ t 1 a n 3（x+d），
第10页（共20页），
2 2
− + −
当 ta ( nd −＝ 0 )， 即 ( d＝+ k )（= k1+Z 且 k ≠ 0 ）⋅时1−， = 1− 2 2
tan（x﹣d）tan（x+dπ）＝∈tan2x，满足 ，故A正确；
2
选项B： ， ， 2 = 1 3 ，
− +
1 = +1 2 = ，+1 3 = +1
2 2 2
2 =( +1) = +2 +1 ，
− + − + − + 2 − +
又
1
e
3 x﹣=
d+
(
e
x+d
+1)( +1)= + + +1= +
，
+ +1
− + − + + 2 2
当且仅当ex﹣≥d＝2 e x+d，⋅即 d＝= 0时2 等 号成立，=2 =2 ( ) =2
因为d≠0，所以e2x+2ex+1≠e2x+ex﹣d+ex+d+1，所以 ，故B错误；
2
选项C： ， ， 2 ≠ 1 3 ，
2 2 2
1 =( − ) + − 2 = + 3 =( + ) + +
2 2
＝1 [（3 =x2+[(x +d−2） )﹣+（ 2d−x+ d][）( ][+（ x)2+x++d 2+） +]（2dx+d）]＝（x2+x+d2）2﹣（2dx+d）2，
，令 则（x2+x+d2）2﹣（2dx+d）2＝（x2+x）2，
2 2 2 2
2 =( + ) 2 = 1 ′3
即（x2+x+d2）2﹣（x2+x）2＝（2dx+d）2，整理得d2（2x2+2x+d2）＝d2（4x2+4x+1），
又d≠0，所以2x2+2x+d2＝4x2+4x+1，即 ＞，
2 2 1 2 1
=2 +2 +1=2( + ) + 0
所以对任意实数x，均能取到 ，满足 2，故C2 正确；
2 2
选项D：定义域为（0，+∞）． y=
1
＝2ln （+x﹣2 d）+，1y2 ≠＝0lnx，y3 ＝ 2ln=（ x1+ d3），
， ，
2 2
令1 g3（=t） ＝( ln+（ t)+ d）( l−n（ )t﹣d ）2 =﹣(（ l n)t）2，
只需证 d＞0，t＞d，函数g（t）存在零点即可，取 ＜＜ ，
1
当t＝1 ∃时，g（1）＝ln（1+d）ln（1﹣d）﹣（ln1）02＝l n（12+d）ln（1﹣d）＜0，
当t→d+时，ln（t+d）→ln（2d）＜0，ln（t﹣d）→﹣∞，（lnt）2→（lnd）2，
故ln（t+d）ln（t﹣d）→+∞，
所以当t→d+时，g（t）＝ln（t+d）ln（t﹣d）﹣（lnt）2＞0，
由零点存在定理可知，函数g（t）在区间（d，1）上存在零点，
即存在不同的三点满足条件，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
第11页（共20页）12．（5分）已知复数 ， ，其中i为虚数单位，则z1 •z2 ＝ i ．
1 = + ⋅ 2 = + ⋅
【分析】化复数的三角形式6为代数形式6 ，再由复数3的乘法运算3 求解．
【解答】解：由 ， ，
1 = + ⋅ 2 = + ⋅
6 6 3 3
得 ， ，
3 1 1 3
1 = + 2 = +
2 2 2 2
则z1 •z2 ＝（ ）（ ） i．
3 1 1 3 3 3 1 3
故答案为：i．
2
+
2
2
+
2
=
4
+
4
+
4
−
4
=
13．（5分）函数 的最小值为 1 ．
【分析】考虑 绝( 对)值=函|2数 的−分1|段−处 理 ，再分区间讨论，利用导数研究单调性即可求解．
【解答】解：由题意函数 ，
( )=|2 −1|−
令 ，解得 ，
1
2 −1=0 =
当 ＜＜ 时， ＜4，故 ，
1
0 2 −1 0 ( )=−2 +1−
求导得 4 ，显然f'（x）＜0在该区间恒成立，
1 1
′ ( )=− −
故f（x）在 ， 上单 调递减，此时f（x）＞f（ ）＝ln4，
1 1
(0 )
当 时， 4 ，故 4，
1
≥ 2 −1≥0 ( )=2 −1−
求导得4 ，令f'（x）＝0，解得x＝1，
1 1
′ ( )= −
当 ＜ 时， 取 ，则 ＜，故f（x）单调递减；
1 1 1
≤ 1 = ′ ( )= 2−2 0
当4x＞1时，取x＝4，则2 2 ＞，故f（x）单调递增，
1 1
′ (4)= − 0
因此，x＝1是f（x）在 ， 2上的4 极小值点，也是最小值点，
1
可得 [ 4 +，∞)
(1)=2 1−1− 1=1
即在区间 ， 内f（x）＞ln4≈1.386，
1
(0 )
在区间 ， 4 内最小值为f（1）＝1＜ln4，
1
此外，当[ 4x→+ 0+∞时)，f（x）→+∞；当x→+∞时， 增长快于lnx，故f（x）→+∞，
因此，函数f（x）的最小值为1． 2
故答案为：1．
14．（5分）已知△ABC外接圆O的半径为1，∠A的角平分线交圆O于另一点 ， ，则∠CAD的
第12页（共20页） = 3取值范围是 （0， ） ， 的最小值是 ．
→ →
1
⋅ −
【分析】根据题意，3利用正弦定理可得 ， 8 ，根据三角形内角和即可确定∠CAD的
2
∠ = ∠ =
取值范围；设 ， ，由3正弦定理可3得 ，
∠ = ∠ = ∈(0 ) = 3 − = 3 +
3
，再计算 即可求解．
→ → → →
2 3 2 1
【 解 答】解：如 图⋅， 不=妨| 取 | C ⋅|在 优| 弧 上∠ ， D 在=劣8(弧 上 ， −△8A ) BC −外8接圆O的半径R＝1，
所以 ，即 ，
3 3
= = 2 = = 2
解得 ∠ ∠ ， ∠ ∠
3
∠ = ∠ =
所以 ， ，2
2
因为∠ A D 为 ∠= A3的∠角 平 分=线，3
所以∠CAD＝∠BAD，
因为 ，
∠ = −∠ −∠ = −∠
所以 ， ，即 3， ，
∠ ∈(0 ) ∠ ∈ (0 )
设 3 ， ， 3
∠ = ∠ = ∈(0 )
3
则 ， ， ，
2
∠ = − ∠ = − ∠ =2
因为 3 3 ，
= = 2 = 2
所以 ∠ ∠ ，
=2 ∠ =2 ( − )= 3 −
3
，
2
=2 ∠ =2 ( − )= 3 +
3
→ → → →
＝ （⋅ 3 c os =2 |﹣ s | in ⋅2| ） |c o s 2∠ ＝ （ 4=co(s23 ﹣ 1 ）（−2 c os 2)(﹣3 1 ） + ) 2
α α α α α
，
4 2 2 3 2 1
=8 −6 +1=8( − ) −
8 8
第13页（共20页）因为 ， ，所以 ， ，
1
∈ (0 ) ∈ ( 1)
3 2
故当 ，即 时， 取得最小值 ．
→ →
2 3 6 1
= = ⋅ −
故答案为： 8， ； ．4 8
1
四、解答题：本(0大题3共)
5
−小8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）有A和B两道谜语，张某猜对A谜语的概率为0.8，猜对得奖金10元；猜对B谜语的概率为
0.5，猜对得奖金20元．若规定只有猜对第一道谜语的情况下，才有资格猜第二道，且猜谜语的顺序由
张某选择．
（1）求张某猜对两道谜语的概率；
（2）张某该选择先猜哪一道？请说明理由．
【分析】（1）根据题意，由相互独立事件的概率求法分析可得答案；
（2）根据题意，分别计算两种不同顺序下的期望值，比较可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，张某猜对A谜语的概率为0.8，猜对B谜语的概率为0.5，
则张某猜对两道谜语的概率P＝0.8×0.5＝0.4；
（2）根据题意，若先猜A，
设选择先猜A谜语得到的奖金为X元，①X的可能取值为：0，10，30，
P（X＝0）＝1﹣0.8＝0.2，P（X＝10）＝0.8×0.5＝0.4，P（X＝30）＝0.8×0.5＝0.4，
故X的分布列为：
X 0 10 30
P 0.2 0.4 0.4
则E（X）＝10×0.4+30×0.4＝16；
若先猜A，设选择先猜B谜语得到的奖金为Y元，Y的可能取值为：0，20，30，
P（Y＝0）＝0.5，P（Y＝20）＝.05×（1﹣0.8）＝0.1，P（Y＝30）＝0.5×0.8＝0.4，
则Y的分布列分别为：
Y 0 20 30
P 0.5 0.1 0.4
E（Y）＝0×0.5+20×0.1+30×0.4＝14，
E（X）＞E（Y），
故张某该选择先猜A．
第14页（共20页）16．（15分）已知函数f（x）＝Asin（ x+ ）+B（A＞0，B＞0，| |＜ ）的部分图象如图所示，（0，﹣1）
是图象的一个最低点，M（1，3）是ω图象φ的一个最高点． φ π
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）已知N也是图象的最低点，P是图象与x轴的交点，求cos∠MPN．
【分析】（1）由图可得周期T，进而可得 ＝ ，由最值可得A，B，将M（1，3）代入f（x）解析式可
得 ，进而可得f（x）解析式； ω π
φ
（2）令f（x）＝0，计算得到 ， ，由最低点（0，﹣1）和T＝2得N（2，﹣1），所以 ， ，
→
1 2
( 0) =( 3)
， ，由向量的夹角3公式求解即可． 3
→
5
=( −1)
【解答】3解：（1）由最低点（0，﹣1）和最高点M（1，3）可知 ，所以 ，
2
= 1 ω= =π
因为 ， ， 2
3−(−1) 3+(−1)
所以 f（= x）＝22sin =（2 x+ ）= +1，2 =1
将M（1，3）代入上π式得φ 2sin（ + ）+1＝3，即sin ＝﹣1，
又| |＜ ，所以 ， π φ φ
φ π =−
所以f（x）＝2sin（ x 2 ）+1＝﹣2cos（ x）+1．
π − π
2
（2）令f（x）＝﹣2cos（ x）+1＝0，可得 ，∴ ， ，
1 1
由最低点（0，﹣1）和T＝π 2得N（2，﹣1） ， = 3 ( 3 0)
， ， ， ， ， ，
→ → → →
2 5 85 34
=( 3) =( −1) | |= | |=
3 3 3 3
故 ．
→ → 2 5
⋅ 3×3−3 10
∠ = → → = 85 34=− 10
| |⋅| | 3 × 3
17．（15分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn ，a7 ＝4a2 ，S5 ＝40，数列{bn}满足
1 2 +1
+ 2 + ⋯ = 2 +
． 2 2 2
∗
− 2( ∈ )
第15页（共20页）（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}，{bn}的公共项从小到大排列组成新的数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn ．
【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，根据已知条件可得关于a1 ，d的方程组，解出这两个量的值，
即可得数列{an}的通项公式；当n≥2时，由 得出
1 2 −1 +1 1 2
+ 2 + ⋯ + −1 + = 2 + − 2 + 2 +
，两式作差可得bn 在2n≥22时的表达式2 ，然后2验证b1 即可得数列{bn}2的通2项公
−1
⋯式；+ −1 = 2 + − 3
2
（2）分n为奇数、偶数两种情况讨论，利用二项式定理化简{bn}的表达式，可得出数列{cn}的通项公
式，再利用分组求和法可求得Tn 的表达式．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
由 ，得 ，得a1 ＝2，d＝3，
7 =4 2 1+6 =4( 1+ )
所以 5a=n ＝4a01+（n﹣51 ）1+d＝102 +3=（4n0﹣1）＝3n﹣1，
当n≥2时，由 ，
1 2 −1 +1
+ 2 + ⋯ + −1 + = 2 + − 2①
得 2 2 2 2，
1 2 −1
+ 2 + ⋯ + −1 = 2 + − 3②
①2﹣②2得 2 ，
所以 = 2 +1 ，
2
=4 +2 ( ≥2)
当n＝1时， ，可得b1 ＝6也满足，
1 2
所以 = 2 +1 −；2 = 3
2
∗
（2） 因 =为44n+＝2（(3 +1∈） n) •3n •3n﹣1 •3 ，
0 1 −1
2n＝（3﹣1）n •3n = • 3n﹣1+（ ﹣ 1） +⋯+ •3（+﹣ 1 ） （﹣1）n，
0 1 −1
当 n 为偶数时=， + +⋯+ + ，此时 bn 被 3 除余 2，bn
0 2 −2 −2 2
为数列{an}中的项 ； =4 +2 =2 ⋅3 +2 ⋅3 +⋯+2 ⋅3 +2
当n为奇数时， ，
0 2 −2 −1
此时bn 被3整除 ， =bn 4不为+数2 列={2a n} 中⋅3的项+，2 ⋅3 +⋯+2 ⋅3
所以
2 2
= 2 =16 +4 =(16+16 +⋯+16 )+(4+4 +⋯+4 )
．
+1 +1
16(1−16 ) 4(1−4 ) 16 4 12
18．=（171分−1）6已知+平面1−直4角坐=标1系5 xO + y上3一−动点5 Q满足 ， ， ， ， ．
（1）求点Q的轨迹曲线C的方程； | |−| |=2 2 (− 3 0) ( 3 0)
第16页（共20页）（2）斜率为﹣1的直线与曲线C交于A，B两点，点P（2，1）．
（i）求直线AP，BP的斜率之和；
（ii）△PAB的外接圆圆心M是否在某定直线上？说明理由．
【分析】（1）设Q（x，y），由题意列方程，化简即可求出答案；
（2）①直线AB的方程为y＝﹣x+m，A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），将直线方程与双曲线方程联立得到x1+x2 ，
x1x2 ，用斜率公式列出直线AP，BP的斜率之和，代入即可求出答案；
②求出直线AP，BP的中垂线，联立求出点M的坐标 ， ，消去m即可求出答案．
3 3
( ( +1) (1− ))
【解答】解：（1）由题意知， ＜ 2 ， 2
所以动点Q的轨迹为双曲线的|右 支|−，| |=2 ，2 | |=2，3
即 ， ，所以 2 =，2 2 2 =2 3
2 2
= 2 = 3 = − =1
所以点Q的轨迹曲线C的方程为 ＞ ；
2
2
（2）①设直线AB的方程为y＝﹣
2
x−+m ，A=（1x(
1
，y0
1
）)，B（x2 ，y2 ），
直线AP和BP的斜率分别为k1 ，k2 ，
联立 ，化简得x2﹣4mx+2m2+2＝0，
2
2
− =1
2
=− + ＞
由题意得 ＞2 2 ，解得m＞1，
16 −4(2 +2) 0
2 2
所以x1+x2 ＝
2−
4m
4
，
2 +2
2
+2 ≥
，
0
2
所以 1 2 =2 +2
1−1 2−1 ( 2−2)( 1−1)+( 1−2)( 2−1)
1+ 2 = + =
1−2 2−2 ( 1−2)( 2−2)
( 2−2)( −1− 1)+( 1−2)( −1− 2)
=
( 1−2)( 2−2)
( +1)( 1+ 2)−2 1 2−4( −1)
=
( 1−2)( 2−2) ，
2
( +1)⋅4 −2(2 +2)−4( −1)
= =0
所以k1+k2 ＝( 01；−2)( 2−2)
②证明：直线AP的中垂线为 ，
1+1 1−2 1+2
− =− ( − )
直线BP的中垂线为 2 1−1 ， 2
2+1 2−2 2+2
− =− ( − )
2 2−1 2
第17页（共20页）联立直线方程得： ，
1+1 1−2 1+2
− =− ( − )
2 1−1 2
2+1 2−2 2+2
− =− ( − )
2 2−1 2
消y得 ，
1−2 2−2 3
( − )⋅ = ( 1− 2)
于是 1−1 2−1 2 ，
( 1−2)( −1− 2)−( 2−2)( −1− 1) 3
⋅ =− ( 1 − 2)
所以 ( −1− 1)( −1− 2) 2 ，
3 2
(3− ) = [ 1 2+( −1) −( −1)( 1+ 2)]
代入得 2 ，
3
(3− ) = (3− )( +1)
当m＝3时，点P在2直线AB上，不符合题意，故 ，
3
= ( +1)
2
又消x得： ，
3 2
( 1−1) − ( 1−1)=(2− 1)
2
3 2
( 2−1) − ( 2−1)=(2− 2)
2
即 ，
1−1 3
+ ( 1+2)=
2− 1 4
2−1 3
+ ( 2+2)=
2− 2 4
即 ，
1−1 2−1 3
( − )⋅ = ( 2− 1)
2− 1 2− 2 4
即 [（m﹣1﹣x1 ）（2﹣x2 ）﹣（m﹣1﹣x2 ）（2﹣x1 ）]y，
3 2
( 2 − 1)[4 + 2 +2 − 8 ] =
即4 ，
3 2
( 2 − 1)[4 + 2 +2 − 8 ] = (3 − )( 2 − 1)
又4x1 ≠x2 ，则 ，
3
( − 3)( − 1) = (3 − )
又m≠3，所以2 ，
3
= (1− )
故△PAB外接圆圆心2 ， ，
3 3
( ( +1) (1− ))
2 2
令 ，消去m得x+y﹣3＝0，
3
= ( +1)
2
3
故M 必=在(直1线− x+)y﹣3＝0上．
2
19．（17分）已知四面体O﹣ABC，OA＝2，OB＝3，OC＝4，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝ ，N为BC的三
等分点（靠近B），M为AN的中点，过点M的动平面 交射线OA，OB，OC于P，Q，θ R．
（1）如图，当 时， α
=
（i）求OM的长；3
第18页（共20页）（ii）空间中一动点T，定义d（T）＝TP2+TQ2+TR2．当四面体O﹣PQR的体积最小时，是否存在点T，
使得d（T）＜d（M）？并说明理由；
（2）当 时，记四面体OPQR内切球的半径为r，求r的最大值．
=
2
【分析】（1）①通过向量分解将 用 ， ， 表示，结合向量模长与夹角公式，求出了 的具
→ → → → →
体值； | |
②将 ． ， 用 ， ， 表示，结合共面向量定理得到等式，利用均值不等式确定了使四面
→ → → → → →
体VO
﹣P
QR
体 积最 小 的 条 件， 并证 明 M是△PQR的重心；
（2）通过勾股定理、余弦定理求出△PQR的面积，结合体积与表面积的比值表达式，换元后利用导数
求函数最小值，最终得到比值r的最大值．
【解答】解：（1） ，
→ → → → → → → → →
1 1 1 2 1 1 1 1 1
① = + = ( + )+ = + +
所以 2 2 2 3 3 2 2 3 6
→
2 1 1 1 1 1 1
| | = ×4+ ×9+ ×16+ × + ×8 + ×12
4 9 36 3 3 6 3 9 3
，所以 ；
→
4 4 4 22 14 43 43
= ② 1不+存1在+空 9 +间2中 一 点+ T3 ， 使 得 + d（ 3 T ） ＜= d（ 9M +）； 3 = 9 | |= 3
设OP＝x，OQ＝y，OR＝z，则 ， ， ，
→ → → → → →
2 3 4
= = =
所以 ，由共 面定理，得 2 ，
→ → → →
1 1 2 1 1 2
= + + + + = 1
记棱长为1 的正四面 体的体3 积为V0 ，所以VO﹣PQR ＝ xyz V0 ，3
由均值不等式 ，此时当 ，即x＝y＝3，z＝2，VO﹣PQR 取得最
3
1 1 2 2 1 1 2 1
小值， 1= + + 3 ≥3 3 = = 3 = 3
则此时 ，即 ，故M是△PQR的重心，
→ → → → → → → →
1 1 1
= + + + + = 0
3 3 3
对空间中任意点T，则 ， ，
→ → → → → → → → → →
2 2 2 2
= + =( + ) = +2 ⋅ +
同理 ， ，
→ → → → → → → → → →
2 2 2 2 2 2
= +2 ⋅ + = +2 ⋅ +
第19页（共20页）所 以 d （ T ）
→ → → → → → → → → → →
2 2 2 2 2 2 2
=| | +| | +| | =3| | +2 ⋅( + + )+| | +| | +| |
d（M）≥d（M），
→
2
=故不3| 存 在| 空+间中一点T，使得d（T）＜d（M）；
（2） ， ， ，
表
3 1 1
= = = ( + + )+ △
由勾股定理 ， 6 ，2 ， ，
2 2 2 2 2 2
= + = + = +
由余弦定理， ，所以 ，
2 2 2 + 2 2 + 2 2
∠ = ∠ =
2 2 2 2 2 2 2 2
所以 + ⋅ ，+所 以 + ⋅ + ，
1 2 2 2 2 2 2
△ = + + =
2 2 2 2 2 2 2
所以 ， + + + + + ，
1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 2
= + = 1 − 2 + 2 ≥ ( + ) = (1 − )
1 1 1 1 1 1 3 2 2 3
所以 + + + 2+ 2+ 2 （设 ， ，
1 1 1 1
≤ 1 1 2 2 1 = 2 1 = 3 ∈(0 2 ))
1+3 + 2(1−3 ) + 2 1+ + 11 −2 +2
设 ， ，
2 1 11 −1
( )=1+ + 11 −2 + 2 ′ ( )=1+ 2 1
11 −2 +2
当 ＜ 时， ＞；
1 1 11 −1
11 ≤ 2 ′ ( )=1+ 2 1 0
11 −2 +2
当 ＜＜ 时，令 ，即 ，
1 11 −1 2 1
0
11
′ ( )=1+
2
1=0 1−11 = 11 −2 +
2
11 −2 +2
解得 ，所以 ，所以 （当t＝
10−3 5 12+3 5 4− 5
t0 时取 0 等=）， 110 ( ) = ( 0)=1+ +1−11 =2−10 = 11 ≤ 3
所以r的最大值为 ．
4− 5
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