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2025-2026 学年海南省部分学校高三（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）复数z＝（1+2i）（1﹣2i）﹣i在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（5分）设全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{x|2x＝1}，则 UA＝（ ）
A．{﹣1，1，2，3} B．{1，2，3} C．{0} ∁ D．{﹣1，0，2，3}
3．（5分）抛物线C：y2＝4x上到准线和焦点的距离之和为2的点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（5分）将直径为3的半圆绕直径所在的直线旋转120°，半圆弧扫过区域的面积为（ ）
A．12 B．9 C．3 D．
5．（5分）π某市中小学举行了以π“强国复兴有我，科技π筑梦未来”为主题的π科技创新大赛．参赛学生的成
绩X服从正态分布N（70，σ2），若P（50＜X≤70）＝0.4，则从所有参赛学生中任选1名，他的成绩
小于90分的概率为（ ）
A．0.95 B．0.9 C．0.8 D．0.1
6．（5分）已知直线l：y＝kx+2与圆O：x2+y2＝16交于P，Q两点，则∠POQ的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2
3 2 3 4
7．（5分）已知 ， ， ，则（ ）
( 3)2
3 2
2
A．b＞c＞a =2 B ．=a3＞b＞c = C．a＝b＞c D．c＞a＝b
8．（5分）已知正项等比数列{an}满足a1a2a3⋯ a16 ＝1，且a1 ＞a16 ，记
，若Sk+1 ＞Sk 且
1
= ( − )
Sk+1 ＞Sk+2 ，则k＝（ ） =1
A．15 B．9 C．8 D．7
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）已知a＞b＞0＞c，则（ ）
A．ac＞bc B． ＞ C． D． ＞
+ ≥− 2 + 2
（多选）10．（6分）已知双曲 线 ： 与 ： ，则（ ）
2 2
2 2
A．C2 的离心率大于C1 的离心 率 1 4 − =1 2 − 4 =1
第1页（共20页）B．动直线x﹣2y+m＝0（m R）与C1 ，C2 的交点的个数之和为0或2
C．C1 绕坐标原点顺时针旋∈转90°可得到C2
D．C1 的两条渐近线夹角的正切值为
4
（多选）11．（6分）连续抛掷一枚正方体
3
骰子n（n≥2）次，记录每次抛出的点数，设“未连续2次抛出
奇数”的概率为Pn ，则（ ）
A．当n＝3时，点数的平均数为5的概率为
5
B．当n＝3时，点数的极差为5的概率为 108
1
C．当n≥2时， 6
1 1
D．当n≥2时， P n + +1 2 ＜= P2n 恒 成 +1 立+ 4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）已知等差数列{an}满足a2+a6 ＝a5+2，则a3 ＝ ．
13．（5分）已知函数 ，若（f 1）＞0，则（f x）在区间（0，+∞）上的最小值是 ．
2
1 1
( )= + +
14．（5分）已知正三棱台A B(C1)﹣A 1B1C 1(的1)上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2．记该棱台内能容纳
的最大的球为球 O1 ，在该棱台内且在球 O1 外能容纳的最大的球为球 O2 ，则球 O2 的体积
为 ．
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）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求C； 3 + =2
（2）若△ABC的周长为4a，且b＝8，求sinB．
16．（15分）某快递公司计划采购一款无人机来投送快件，采购前安排甲、乙、丙三名技术人员对该款无
人机进行评估，每名技术人员要从安全性、时效性、经济性这三个指标中随机选两个指标，给出“满意”
或“不满意”的评价．已知他们对这三个指标的实际满意情况如下表：
安全性 时效性 经济性
甲 满意 满意 不满意
乙 满意 满意 满意
丙 满意 不满意 满意
假设三人都如实评价，且每人评价的结果相互独立．每给1个满意计10分，不满意计0分．
第2页（共20页）（1）求该款无人机得到6个满意的概率；
（2）求该款无人机的总得分X的分布列和数学期望．
17．（15分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1 的底面ABCD为正方形，且平面ABCD⊥平面CDD1C1 ，CD
＝DD1 ＝4，∠CDD1 ＝60°，E，F分别为棱BB1 ，CC1 的中点．
（1）证明：平面ABF∥平面C1D1E；
（2）求平面ABCD与平面C1D1E的夹角的余弦值．
18．（17分）已知函数f（x）＝x3+ax2，a R．
（1）讨论f（x）的单调性． ∈
（2）设函数 ，已知x＝1是g（x）的一个极值点．
( )⋅
（i）求a，并 说( 明)= x＝1 是g（x）的极大值点还是极小值点；
（ii）证明：对任意 ， ，总存在x2 （1，2），使得g′（x1 ）+g′（x2 ）＝0．
1
1 ∈( 1) ∈
19．（17分）已知椭圆 ： 2 ＞＞ 的短轴长为 ，离心率为 ，O为坐标原点．
2 2
1
（1）求E的方程．
2+
2 =1( 0) 2 3
2
（2）动直线l与E交于P（x1 ，y1 ），Q（x2 ，y2 ）两点，且△OPQ的面积为定值 ．
（i）证明： 和 均为定值 3
2 2 2 2
（ii）E上是 否1存+在 2三点 1+A， 2 B，C，使得△OAB，△OAC，△OBC的面积均为 ？若存在，判断△ABC
的形状；若不存在，请说明理由． 3
第3页（共20页）2025-2026 学年海南省部分学校高三（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 D A B C B A C D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD ABD ACD
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）复数z＝（1+2i）（1﹣2i）﹣i在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】利用复数的乘法和加减法求出复数z，再由复数的几何意义判断即得．
【解答】解：z＝（1+2i）（1﹣2i）﹣i＝1﹣（2i）2﹣i＝1+4﹣i＝5﹣i，
由复数的几何意义可知，z在复平面内对应的点是（5，﹣1），位于第四象限．
故选：D．
2．（5分）设全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{x|2x＝1}，则 UA＝（ ）
A．{﹣1，1，2，3} B．{1，2，3} C．{0} ∁ D．{﹣1，0，2，3}
【分析】根据题意得到A＝{0}，再根据补集的运算求解即可．
【解答】解：集合A＝{x|2x＝1}＝A＝{0}，全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，
则 UA＝{﹣1，1，2，3}．
故选∁ ：A．
3．（5分）抛物线C：y2＝4x上到准线和焦点的距离之和为2的点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】求出抛物线y2＝4x上点到准线到焦点的距离为2的点的横坐标，从而可求得对应点的坐标，
即可得出答案．
【解答】解：已知抛物线C：y2＝4x，
第4页（共20页）则其焦点F（1，0），准线为x＝﹣1，
设抛物线上点P（x，y），则到准线距离d1 ＝x+1，到焦点距离为
2 2 2
， 2 = ( −1) + = ( −1) +4 =
由+题1意可得d1+d2 ＝2，即x+1＝1，解得x＝0，
则点P坐标为（0，0），故仅有一个点满足题意．
故选：B．
4．（5分）将直径为3的半圆绕直径所在的直线旋转120°，半圆弧扫过区域的面积为（ ）
A．12 B．9 C．3 D．
π π π π
【分析】120°化为弧度为 ，利用扇形的面积公式得出结论．
2
【解答】解：因为120°化为3 弧度为 ，圆的直径为3，
2
所以半圆弧扫过区域的面积为 3 3 ．
1 2 1 2
故选：C．
2
=
2
×
3
× 9 = π
5．（5分）某市中小学举行了以“强国复兴有我，科技筑梦未来”为主题的科技创新大赛．参赛学生的成
绩X服从正态分布N（70，σ2），若P（50＜X≤70）＝0.4，则从所有参赛学生中任选1名，他的成绩
小于90分的概率为（ ）
A．0.95 B．0.9 C．0.8 D．0.1
【分析】根据正态分布的对称性和性质可求得某区间的概率．
【解答】解：参赛学生的成绩X服从正态分布N（70，σ2），所以P（X＜70）＝0.5，
由P（50＜X≤70）＝0.4，可得P（70≤X＜90）＝0.4，
从所有参赛学生中任选1名，他的成绩小于90分的概率为：
P（X＜90）＝P（X＜70）+P（70≤X＜90）＝0.5+0.4＝0.9．
故选：B．
6．（5分）已知直线l：y＝kx+2与圆O：x2+y2＝16交于P，Q两点，则∠POQ的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2
【分析
3
】易知△POQ为等腰
2
三角形，当底边PQ最
3
小时∠POQ最小．又
4
直线l恒过定点，则当弦PQ垂
直于该定点与圆心的连线时，弦长最短，进而由余弦定理求出∠POQ即可．
【解答】解：直线l：y＝kx+2与圆O：x2+y2＝16交于P，Q两点，
可知△POQ为等腰三角形，∠POQ为顶角，当底边PQ最小时∠POQ最小．
第5页（共20页）又直线l恒过定点（0，2），则当弦PQ垂直于该定点与圆心的连线时，弦长最短，作图如下：
此时PQ平行于x轴，即圆心到PQ距离为2， ， ，
= =4 =4 3
在△POQ中，由余弦定理， ，
2 2 2 2 2 2
+ − 4 +4 −(4 3) 1
∠ = = =−
又∠POQ （0， ），所以 ． 2⋅ ⋅ 2×4×4 2
2
故选：A．∈ π ∠ =
3
7．（5分）已知 ， ， ，则（ ）
( 3)2
3 2
2
A．b＞c＞a =2 B ．=a3＞b＞c = C．a＝b＞c D．c＞a＝b
【分析】取对数比较大小，结合作差法比较大小；
【解答】解：因为a＝2ln3，b＝3ln2， ，
( 3)2
2
所以lna＝ln（2ln3）＝ln3•ln2，lnb＝l n（=3 ln2）＝ln2•ln3，
因此lna＝lnb，
所以a＝b，
因为 ，
( 3)2
2 3⋅ 3
= ( )=
所以lna﹣lnc＝ln3•ln2 2 ，
3⋅ 3 3
− = 3( 2− )
而ln3＞0， 2 ＞2，
3 2 2− 3 4− 3
所以lna﹣ln c ＞2− 0，2即= a＞c，2 = 2 0
综上所述：a＝b＞c．
故选：C．
8．（5分）已知正项等比数列{an}满足a1a2a3⋯ a16 ＝1，且a1 ＞a16 ，记
，若Sk+1 ＞Sk 且
1
= ( − )
Sk+1 ＞Sk+2 ，则k＝（ ） =1
A．15 B．9 C．8 D．7
【分析】根据等比数列的性质求出a8a9 的值，再结合a1 ＞a16 判断数列的单调性，进而根据Sk+1 ＞Sk 且
第6页（共20页）Sk+1 ＞Sk+2 得到关于k的不等式，从而求出k的值．
【解答】解：因为数列{an}为等比数列，所以由等比数列性质可知，a1a16 ＝a2a15 ＝
⋯
＝a8a9 ，
又因为a1a2a3⋯ a16 ＝1，所以 ，
8
又因为数列{an}的各项为正数(， 8所 9以) a= 8a1
9
＝1，
设等比数列{an}的公比为q，
由a1 ＞a16 得： ＞ ，又因为a1 ＞0，所以1＞q15，
15
又因为q＞0，所 1以0 ＜1 q＜1，
所以等比数列{an}是单调递减的，
又因为 ，
1
= ( − )
所以 =1 ， ，
1 1
+1− = +1− +2− +1 = +2−
又因为Sk+1 ＞Sk 且Sk+1 ＞ S k + + 1 2 ， +2
＞ ＞
＞ ＞
所以 ，即 ，即 ，即 ，
1 1
+1−
+1
＜0 +1＜
+1
2
+1
＜
1 +1
＜
1
2
+2− 1 0 +2 1 +2 1 +2 1
由a8a9 ＝1且数 +列2单调递减可知：a 8 ＞ + 1 2，a9 ＜1，
所以k+1＝8，解得k＝7．
故选：D．
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）已知a＞b＞0＞c，则（ ）
A．ac＞bc B． ＞ C． D． ＞
【分析】根据不等式的性质 判断 AB，利用基本不 等+式 判≥断− C 2 D． + 2
【解答】解：因为a＞b＞0＞c，所以ac＜bc，故A错误；
因为a＞b＞0，所以 ＞ ，又c＜0，所以 ＞ ，故B正确；
1 1
因为a＞0，c＜0，所以 ，当且仅当
+ =− [( − )+ ( − )] ≤− 2 ( − ) ⋅ ( − ) =− 2
，即a＝﹣c时，等号成立，故C不正确；
− =−
第7页（共20页）因为a＞b＞0，所以 ，当且仅当 ，即a＝b时等号成立，
+ ≥ 2 ⋅ = 2 =
又a＞b，故 ＞，故D正确．
故选：BD．
+
2
（多选）10．（6分）已知双曲线 ： 与 ： ，则（ ）
2 2
2 2
A．C2 的离心率大于C1 的离心 率 1 4 − =1 2 − 4 =1
B．动直线x﹣2y+m＝0（m R）与C1 ，C2 的交点的个数之和为0或2
C．C1 绕坐标原点顺时针旋∈转90°可得到C2
D．C1 的两条渐近线夹角的正切值为
4
【分析】对于A，计算出离心率即可判
3
断；对于B，分m＝0和m≠0两类情况，分别考虑x﹣2y+m＝0
（m R）与C1 ，C2 的交点个数即可判断；对于C，根据两双曲线的离心率不同，故两者无法通过旋转
得到∈；对于D，利用到角公式计算即可判断．
【解答】解：由 ： 可知其焦点在y轴上，实半轴长为a2 ＝1，虚半轴长为b2 ＝2，半焦距
2
2
为 ； 2 − 4 =1
2 = 5
由 ： 可知其焦点在x轴上，实半轴长为a1 ＝2，虚半轴长为b1 ＝1，半焦距为 ；
2
2
1 − =1 1 = 5
对于A，4 C1 的离心率 ，C2 的离心率 ，显然e2 ＞e1 ，故A正确；
1 5 2
1 = = 2 = = 5
1 2 2
对于B，因 ： 与 ： 的一条渐近线方程都是x﹣2y＝0，
2 2
2 2
当m≠0时， 1 x﹣24y+ − m ＝0 =与1 C1 ， 2 C2 的−交点4 个=数1 都为1，则交点的个数之和为2，
当m＝0时，x﹣2y+m＝0与C1 ，C2 的交点个数都为0，则交点的个数之和为0；
故动直线x﹣2y+m＝0（m R）与C1 ，C2 的交点的个数之和为0或2，即B正确；
对于C，因C1 ，C2 的离心∈率不同，故C1 绕坐标原点顺时针旋转90°不能得到C2 ，故C错误；
对于D， ： 的两条渐近线的斜率为 ，
2
2 1
1 − =1 ±
设它们的夹角为4 ，则 ，故D2 正确．
1 1
2−(−2) 4
θ =| 1 1 |=
故选：ABD． 1+2×(−2) 3
（多选）11．（6分）连续抛掷一枚正方体骰子n（n≥2）次，记录每次抛出的点数，设“未连续2次抛出
奇数”的概率为Pn ，则（ ）
第8页（共20页）A．当n＝3时，点数的平均数为5的概率为
5
B．当n＝3时，点数的极差为5的概率为 108
1
C．当n≥2时， 6
1 1
D．当n≥2时， P n + +1 2 ＜= P2n 恒 成 +1 立+ 4
【分析】通过计算n＝3时点数之和为15的事件个数，进而求概率可以判断选项A；将点数极差为5的
事件数，转化为求同时包含1和6的事件数，进而求概率判断选项B；由题意知未连续2次抛出奇数的
概率为Pn ，分析第n+2次点数为偶数和奇数的情况，进而得出Pn+2 ，Pn+1 ，Pn 的关系即可判断选项C；
由C知 ，得 ，再由归纳法证明2Pk ﹣Pk﹣1 ＞0即可判断
1 1 1
D． +2 = 2 +1+ 4 +1− =− 4 (2 − −1)
【解答】解：对于A选项，当n＝3时，点数的平均数为5，则三次点数之和为15，
三次点数之和为15的情况为（3，6，6），（4，5，6），（5，5，5），
三种情况的事件数分别为 ， ，，因此有3+6+1＝10种，
3
3 3
因为抛三次的点数总情况数 2 2为= 6 3×6 × 3 6 =＝6 216 1
因此点数的平均数为5的概率为 ，因此A选项正确；
10 5
对于选项B，点数极差为5，说明
21
点
6
数=中
10
要
8
同时出现1和6，
同时包含1和6事件数等于总事件数减去不含事件1或6的事件数，
再加上两者都不含的事件数，
总事件数为6×6×6＝216，不含1的事件数为5×5×5＝125，
不含6的事件数为5×5×5＝125，1和6都不含的事件数为4×4×4＝64，
即同时包含1和6事件数为216﹣125﹣125+64＝30，
因此点数的极差为5的概率为 ，因此B选项错误；
30 5 1
对于选项C，由题意知未连续 221 次 6 抛=出 36 奇≠数 6 的概率为Pn ，分析第n+2次点数的特点，
若第n+2次点数为偶数，需要满足前n+1次“未连续2次抛出奇数”即可，
因为点数偶数和奇数朝上的概率都是 ，因此 ；
1 1
若第n+2次点数为奇数，未避免连续
2
出现两次 奇 + 数 2 =，2则 第 +1 n+1次是偶数点朝上，
且前n次满足“未连续2次抛出奇数”，因此 ，
1 1 1
+2 = ⋅ ⋅ =
2 2 4
第9页（共20页）因此 ，因此C选项正确；
1 1
+2 = +1+
对于选项D，2由C知4 ，则 ，n≥2，
1 1 1 1
+2 = +1+ +1 = + −1
因此 2 4 2 4 ，n≥2，
1 1 1 1 1
假设 n ＝ +1 k −时 ， 2 = P2k ﹣ Pk + ﹣14＞ 0 − ， 1− =− 2 + 4 −1 =− 4 (2 − −1)
当n＝1时，“未连续2次抛出奇数”的概率等于1，即P1 ＝1，
当n＝2时，“未连续2次抛出奇数”的概率等于1减去连续两次奇数点朝上的概率，
即 ，则 ，
1 2 3 1 1 1 3 1 5
2 =1−( ) = 3 = 2+ 1 = × + ×1=
因此 2 4 ＞2 ， 4 2 4 4 8＞．
3 1 5 3 1
2 2− 1 =2× −1= 0 2 3− 2 =2× − = 0
当n＝k+1时，由 4 2 得 8 4 2，
1 1 1
+1 = + −1 2 +1 = + −1
则 2 4 ＞， 2
1 1
因此2 当 + n 1 ≥− 2 时 =， 2 P + n ﹣2P n ﹣ − 1 1 ＞− 0， = 2 −1 0
因此 ＜，即Pn+1 ≤Pn ，因此D选项正确，
1
故选： A +1 C − D． =− 4 (2 − −1) 0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）已知等差数列{an}满足a2+a6 ＝a5+2，则a3 ＝ 2 ．
【分析】假设等差数列{an}的首项与公差，根据等差数列的通项公式即可求解．
【解答】解：等差数列{an}满足a2+a6 ＝a5+2，
设等差数列{an}的公差为d，
则（a1+d）+（a1+5d）＝（a1+4d）+2，
化简得a1+2d＝2，即a3 ＝2．
故答案为：2．
13．（5分）已知函数 ，若f（1）＞0，则f（x）在区间（0，+∞）上的最小值是 2 ．
2
1 1
【分析】令x＝1， (求 )解= f（ (11)），+对 + f（ (x1）) 求导，由导数求解函数的最值．
【解答】解：当x＝1时， ，
1 1 1
(1)= + +
(1) 1 (1)
解得f（1）＝2或﹣1，因为f（1）＞0，所以f（1）＝2， ，
2
1 1
( )= + +
所以 ，令 2 ， 2
3 2
1 −1 ( −1)( + +1) 1
′ ( )= − 2 = 2 = 2 ( )=′ ( )= − 2
第10页（共20页） 所以 ＞ ＞ ，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，
2
′ ( )=1+ 3 0( 0)
所以 ，解得x＝1，
2
( −1)( + +1)
所以′当 ( 0＜)= x＜1时，
2 f′（x）=＜0 0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x＝1时，f（x）最小，f（1）＝2．
故答案为：2．
14．（5分）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1 的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2．记该棱台内能容纳
的最大的球为球O1 ，在该棱台内且在球O1 外能容纳的最大的球为球O2 ，则球O2 的体积为 ．
6
【分析】先通过上下底面的半径与棱长求出三棱台的高，并通过比较高与上底面外接圆的直径来确定圆
216
O1 应与下底面与三个侧面相切，再通过与下面的切点和与侧面的切点找到两个直角三角形，通过三角
函数值最终确定圆O1 的半径，再比较圆O1 到上底面的距离与上底面外接圆的直径来确定圆O2 应与圆
O1 与上底面相切，则可求圆O2 的半径，进而求出圆O2 体积．
【解答】解：因为正三棱台ABC﹣A1B1C1 的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，
又该棱台内能容纳的最大的球为球O1 ，在该棱台内且在球O1 外能容纳的最大的球为球O2 ，
所以上底面A1B1C1 的外接圆半径为 ，下底面ABC的外接圆半径为 ，
1 3 3
= = 3
则底面外接圆半径差 3 ，所3 以棱台的高 3 ，
3 2 3 2 2 12 2 6
= 3− = ℎ= − = 4− =
3 3 9 3
因为 ＞ ，即高大于外接圆的直径，所以可得圆O1 应与下底面与三个侧面相切，
2 6 2 3
设圆O
31
与下底
3
面ABC相切于点O，与侧面A1C1CA相切于点Q，
取A1C1 的中点M，取AC的中点N，连接MN，连接BN，
过点M向底面ABC作垂线交BN于点P，如下图：
在梯形A1C1CA中，AC＝3，A1C1 ＝1，AA1 ＝2，易得梯形的高为 ，即 ，
3 = 3
可得 ，设圆O1 的半径为R1 ，圆O2 的半径为R2 ，
2 6
ℎ= =
3
第11页（共20页）在Rt△MPN中， ，故 ，
2 6
3 2 2 1
易得OO1 ＝O1Q＝ R 1 ，∠ 设 ∠ O=NO 31 ＝=∠O31NQ＝ ， ∠ = 3
θ
则有 ，解得 ，则 ，
2 1 6 2 1
在等边 三 2角 =形2 A B C 中−，1 A = B＝ 3BC＝A C ＝ 3，= 3 = 2 =
则 ，易得 ，
3 3 1 3
所以 有= 2 =，3则 = 2 ，
1 2 6
= 3 = 2 1 = 4 = 1
则圆O1 到上底面2的距离 ，
2 6 6 6
= −2× =
因为 ＜ ，即圆O1 到上底3 面的距离4小于6上底面外接圆的直径，
6 2 3
所以圆
6
O2 应
3
与上底面A1B1C1 和圆O1 相切，
故 ，
2 6 6
3 −2 6
2 = =
所以有圆O2
2
的体1积2 ．
4 6 3 6
= ( ) =
故答案为： ． 3 12 216
6
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．
216
15．（13分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求C； 3 + =2
（2）若△ABC的周长为4a，且b＝8，求sinB．
【分析】（1）根据辅助角公式计算即可求解；
（2）根据余弦定理求得a＝5，进而c＝7，结合正弦定理计算即可求解．
【解答】解：（1）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
已知 ，
则根据3三 角 函+数 的 恒=等2变换可得 ，
2 ( + )=2
所以 ， ， 6
+ = +2 ∈
又0＜C＜6 ，2
所以 π；
=
（2）若△3ABC的周长为4a，且b＝8，
第12页（共20页）则 ，得c＝3a﹣b＝3a﹣8，
+ + =4
由余
弦
=
定
8
理，得c2＝a2+b2﹣2abcosC，
即 ，
2 2 2 1
由( a 3＞ − 0解8)得= a＝ 5 +，8所以−1 c 6＝ 7 ×，2
由正弦定理得 ，即 ，
8 7
= = 3
2
解得 ．
4 3
16．（15 分 ）=某快
7
递公司计划采购一款无人机来投送快件，采购前安排甲、乙、丙三名技术人员对该款无
人机进行评估，每名技术人员要从安全性、时效性、经济性这三个指标中随机选两个指标，给出“满意”
或“不满意”的评价．已知他们对这三个指标的实际满意情况如下表：
安全性 时效性 经济性
甲 满意 满意 不满意
乙 满意 满意 满意
丙 满意 不满意 满意
假设三人都如实评价，且每人评价的结果相互独立．每给1个满意计10分，不满意计0分．
（1）求该款无人机得到6个满意的概率；
（2）求该款无人机的总得分X的分布列和数学期望．
【分析】（1）根据表格中的信息和古典概型概率公式即可求得；
（2）设该款无人机得到的满意个数为Y，则可得X＝10Y，逐一分析满意个数为Y的可能情形并计算其
对应的概率，即可得总得分X的分布列，最后利用数学期望公式即可求解．
【解答】解：（1）依题意，甲有2个满意（安全、时效），乙有3个满意（安全、时效、经济），丙有2
个满意（安全、经济）；
设事件Ai ＝“甲选2个指标有i个满意”，i＝1，2；
事件Bj ＝“乙选2个指标有j个满意”，j＝0，1，2；
事件
k
＝“丙选2个指标有k个满意”，k＝0，1，2；
事件∁D＝“该款无人机得到6个满意”，
则根据题意可得 ， ， ；
1 1
( 2)= ( 2)=1 ( 2)=
3 3
第13页（共20页）所以 ；
1 1 1
（2） 设( 该)=款 无( 人 2 机) 得( 到 2)的 (满 2 意)=个3数×为1× Y，3则= 9X＝10Y，
又Y的可能值为4，5，6，
，
2 2 4
( =40)= ( =4)= ( 1) ( 2) ( 1)= ×1× =
P（X＝50）＝P（Y＝5）＝P（A1 ）P（B2 ）P（C 3 2 ）+P（3 A2 ）9 P（B2 ）P（C1 ） ，
2 1 1 2 4
= ×1× + ×1× =
， 3 3 3 3 9
1 1 1
所(以 =
X
6的0)分=布 列( 为=：6)= ( 2) ( 2) ( 2)=
3
×1×
3
=
9
X 40 50 60
P
4 4 1
所以 9 ． 9 9
4 4 1 140
17．（15 分( ）)=如4图0，×四9棱+5柱0 A × B9C + D﹣60 A × 1B91C = 1D13的底面ABCD为正方形，且平面ABCD⊥平面CDD1C1 ，CD
＝DD1 ＝4，∠CDD1 ＝60°，E，F分别为棱BB1 ，CC1 的中点．
（1）证明：平面ABF∥平面C1D1E；
（2）求平面ABCD与平面C1D1E的夹角的余弦值．
【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面ABCD与平面C1D1E的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】解：（1）证明：因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1 的底面ABCD为正方形，
所以AB∥CD∥C1D1 ，BB1 ∥CC1 且BB1 ＝CC1 ，
因为E，F分别为棱BB1 ，CC1 的中点，
所以BE∥FC1 且BE＝FC1 ，
所以四边形EBFC1 为平行四边形，
所以BF∥EC1 ，
又EC1 ，C1D1 平面C1D1E，AB，BF 平面C1D1E，
⊂ ⊄ 第14页（共20页）则AB∥平面C1D1E，BF∥平面C1D1E，
由AB，BF 平面ABF，AB∩BF＝B，
所以平面A⊂BF∥平面C1D1E．
（2）取DC中点O，AB中点G，连接OD1 ，OG，
因为CD＝DD1 ＝4，∠CDD1 ＝60°，所以△CDD1 为等边三角形，
因为点O为DC中点，所以D1O⊥DC， ， ，
1
因为ABCD为正方形，点O，点G为中点 ，=所 以 G = O2⊥ D C =，2 1 =2 3
因为平面ABCD⊥平面CDD1C1 ，平面ABCD∩平面CDD1C1 ＝DC，D1O⊥DC，
所以D1O⊥平面ABCD，又GO 平面ABCD，所以D1O⊥OG，
所以D1O，OG，OC两两垂直，⊂
以O为原点，以OG，OC，OD1 为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O（0，0，0）， ，， ， ，， ， ，， ，
1(0 0 2 3) 1(0 4 2 3) (4 3 3)
所以 ，， ， ，， ，
→ →
1 1=(0 4 0) 1 =(4 3 − 3)
设平面C1D1E的法向量为 ，， ，
→
=( )
则 ，则 ，即 ，
→ → → →
⊥ 1 1 ⋅ 1 1=0 4 =0
→ → → →
⊥ 1 ⋅ 1 =0 4 +3 − 3 =0
取 ，则y＝0，z＝4，所以 ，， ，
→
又 D = 1O⊥3平面ABCD， =( 3 0 4)
所以 ，， 即为平面ABCD的一个法向量，
→
设平面 A 1 B = C ( D 0与0平面2 C 3 1 ) D1E的夹角为 ，
θ
则 ＜ ， ＞ ．
→ → → →
| ⋅ 1| | 3×0+0×0+4×2 3| 8 3 4 19
=| 1 |= → → = = =
2 2 2 2 2 2 19×2 3 19
| |⋅| 1| ( 3) +0 +4 × 0 +0 +(2 3)
第15页（共20页）所以平面ABCD与平面C1D1E的夹角的余弦值为 ．
4 19
18．（17分）已知函数f（x）＝x3+ax2，a R．
19
（1）讨论f（x）的单调性． ∈
（2）设函数 ，已知x＝1是g（x）的一个极值点．
( )⋅
（i）求a，并 说( 明)= x＝1 是g（x）的极大值点还是极小值点；
（ii）证明：对任意 ， ，总存在x2 （1，2），使得g′（x1 ）+g′（x2 ）＝0．
1
【分析】（1）对f（x ） 1 ∈求(导2，结1)合导数与单调∈性对a分情况讨论即可．
（2）（i）对g（x）求导，由已知条件得到g′（1）＝0，进而求出a值；根据g′（x）在x＝1两边的
正负号即可判断极值点．
（ii）经多次求导，结合导数与单调性判断g′（x1 ）与g′（x2 ）的正负及绝对值的大小关系，即可得
到结论．
【解答】解：（1）f′（x）＝3x2+2ax＝x（3x+2a），
令f′（x）＝0，即x（3x+2a）＝0，解得x＝0或 ，
2
当a＝0时，f′（x）≥0，此时f（x）＝x3，∴f（ x）=−在3R上单调递增．
当 ＜，即a＞0时，在 ， 和（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
2 2
− 0 (−∞ − )
在 3 ， 上，f′（x）＜0，f（x）单3调递减．
2
(− 0)
当 3＞，即a＜0时，在（﹣∞，0）和 ， 上，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
2 2
− 0 (− +∞)
在 ，3 上，f′（x）＜0，f（x）单调递减3．
2
综上(0，当− a3＝) 0时，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，f（x）在 ， 和（0，+∞）上单调递增，在 ， 上单调递减；
2 2
(−∞ − ) (− 0)
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，0）3和 ， 上单调递增，在 ，3 上f（x）单调递减．
2 2
(− +∞) (0 − )
3 3
（2） ，定义域为（0，+∞）．
3 2
( )⋅ ( + ) 2
( )= = =( + )
（i） ．
2
+
∵x＝′ 1 (是 ) g =（( x 2） 的+一 )个 极+值点 ，∴= g′(2（ + 1） )＝ 0 ，+即 （+ 2 ×1+a）ln1+1+a＝0，
解得a＝﹣1．
当a＝﹣1时，g′（x）＝（2x﹣1）lnx+x﹣1．
第16页（共20页）当 ， 时，2x﹣1＞0，lnx＜0，x﹣1＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在 ， 上单调递减；
1 1
当 x ∈（( 12，+ 1∞) ）时，2x﹣1＞0，lnx＞0，x﹣1＞0，∴g′（x）＞0，∴g（x）在( 2（1，1) +∞）上单调递增；
∴x＝∈1是g（x）的极小值点．
（ii）证明：记 ， ， 的值域为D1 ，g′（x2 ），x2 （1，2）的值域为D2 ，
1
−′ ( 1) 1 ∈( 1) ∈
要证对任意 ， ，总存在2 x2 （1，2），使得g′（x1 ）+g′（x2 ）＝0，等价于证明D1 D2 ．
1
由（i）知， g 1 ′∈（( 2x）＝1)（2x﹣1）lnx ∈ +x﹣1，x＞0． ⊆
令h（x）＝（2x﹣1）lnx+x﹣1，则
1
′ℎ( )=2 +3−
令 ，则 ，∵x＞0，∴l′ （x）＞0，
1 2 1
∴ l（( ) x）=在2 （ 0 +，3 +∞−） 上单′ 调( 递)=增 ，+即 2 h′（x）在（0，+∞）上单调递增．
又 ＜，h′（1）＝2ln1+3﹣1＝2＞0，
1 1
′ℎ( )=2 +3−2=1−2 2 0
∴存在2 ，2 ，使得h′（x0 ）＝0，即 ，∴ ．
1 1 1 3
0 ∈( 1) 2 0+3− =0 0 = −
2 0 2 0 2
当 ， 时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，即g′（x）单调递减；
1
当 x ∈（( 2x0 ， 1 0 ）)时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，即g′（x）单调递增；
当x∈（1，2）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，即g′（x）单调递增；
∈
∵g′（x）在 ， 上单调递减，在（x0 ，1）上单调递增，且g′（1）＝0，
1 1 1 1 1
( 0) ′ ( )=(2× −1) + −1=
＜， 2 2 2 2 2
1
− 0
∴2当 ， 时，g′（x0 ）≤g′（x1 ）＜0．
1
1 ∈( 1)
2
1 3
′ ( 0)=(2 0−1) 0+ 0−1=(2 0−1)( − )+ 0−1
2 0 2 ．
1 3 1 3 1 3
=1− −3 0+ + 0−1=− −2 0+ =−( +2 0)+
2 0 2 2 0 2 2 0 2
令 ， ， ，则 ＜，
1 3 1 1
( )=− −2 + ∈( 1) ′ ( )= 2−2 0
∴u（t）在2 ， 上单2 调递减2，∴ ＜ ＜2 ，即 ＜ ＜ ，也即 ＜ ＜ ．
1 1 1 1
∵g′（x）(在2（1 1，) 2）上单调递增， (且1) g′ (（ ) 1） ＝( 20 )，g′−（1 2） ＝( 3 ) ln2 − +12， −1 ′ ( 0) − 2
∴当x2 （1，2）时，0＜g′（x2 ）＜3ln2+1．
∈
∵g′（x0 ）≤g′（x1 ）＜0， ＜ ＜ ，∴﹣g′（x1 ） （0，﹣g′（x0 ）]，
1
−1 ′ ( 0) − ∈
2
第17页（共20页）∵﹣g′（x0 ）＜1＜3ln2+1，∴（0，﹣g′（x0 ）] （0，3ln2+1），
⊆
∴对任意 ， ，总存在x2 （1，2），使得g′（x1 ）+g′（x2 ）＝0．
1
1 ∈( 1) ∈
19．（17分）已知椭2圆 ： ＞＞ 的短轴长为 ，离心率为 ，O为坐标原点．
2 2
1
（1）求E的方程．
2+
2 =1( 0) 2 3
2
（2）动直线l与E交于P（x1 ，y1 ），Q（x2 ，y2 ）两点，且△OPQ的面积为定值 ．
（i）证明： 和 均为定值 3
2 2 2 2
（ii）E上是 否1存+在 2三点 1+A， 2 B，C，使得△OAB，△OAC，△OBC的面积均为 ？若存在，判断△ABC
的形状；若不存在，请说明理由． 3
【分析】（1）根据题意列出方程组 ，再求解即可；
2 =2 3
1
=
2
（2）（i）分直线斜率存在和不存在两2种情况2 讨论2 ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理等即可证明结
= +
论成立；
（ii）先假设存在A（xA ，yA ），B（xB ，yB ），C（xC ，yC ），使得 ，结合（i）
中的结果推出矛盾即可． △ = △ = △ = 3
【解答】解：（1）因为椭圆E的短轴长为 ，离心率为 ，
1
2 3
2
所以 ，
2 =2 3
1
=
2
2 2 2
解得 ，
= +
=2
则椭圆 =：3 ；
2 2
（2）（ i）证4明+：3当=直1线l的斜率不存在时，
设直线l的方程为x＝m，
将x＝m代入椭圆E的方程中，
解得 ，
2
=± 3(1− )
此时 4 ，
2
又原点| O|=到直2 线3(l1的−距
4
离)d＝|m|，
所以△OPQ的面积 ，
2
1 1
= | |⋅ = ×2 3(1− )×| |= 3
即 2 ， 2 4
2
3(1− )×| |= 3
4 第18页（共20页）解得m2＝2，
此时x1 ＝x2 ＝m，
所以 ；
2 2 2
1+ 2 =2 =4
，
2
2 2 2 1
当 1 直+线 2 l =的2斜×率3(存1在−时4，)=2×3×(1− 4 )=2×3× 2 =3
设直线l的方程为y＝kx+n，
联立 ，消去y并整理得（3+4k2）x2+8knx+4n2﹣12＝0，
= +
2 2
+ =1
4 3
由韦达定理得 ， ，
2
8 4 −12
1+ 2 =− 2 1 2 = 2
此时 3+4 3+4
2
2 2 2 −8 2 4 −12
| |= 1+ ⋅ ( 1+ 2) −4 1 2 = 1+ ⋅ ( 2) −4× 2
3+4 3+4
2 2 2 2 2 2
2 64 −(16 −48)(3+4 ) 2 16(12 −3 +9)
= 1+ ⋅ 2 2 = 1+ ⋅ 2 2
(3+4 ) (3+4 )
，
4 1+ 2 ⋅ 12 2 −3 2 +9 4 1+ 2 ⋅ 3(4 2 − 2 +3)
=又原点O到
3+
直
4
线2 l的距离=
3
，
+4
2
| |
= 2
1+
所以△OPQ的面积 ，
2 2 2
1 1 4 1+ ⋅ 3(4 − +3) | |
即 = 2 | ， |⋅ = 2 × 3+4 2 × 1+ 2 = 3
2 2
2| |⋅ 3(4 − +3)
整理得（4k2﹣22n2+3）2=＝0，3
3+4
所以4k2﹣2n2+3＝0，
即 ，
2 2 3
=2 +
此时 2 ，
2
2 2 2 −8 2 4 −12
1+ 2 =( 1+ 2) −2 1 2 =( 2) −2× 2
又 ， 3+4 3+4
2 2 3
所以 =2 + 2 ，
2 2
1+ 2 =4
，
2 2
2 2 1 2 3 2 2
综1上+所 2述=，3(1− )+3，(1− )=6，−均(为 1定+值 ；2)=6−3=3
4 4 4
2 2 2 2
（ii）假设存 1在+这 样2 =的4三点 1A+， B2，=C3，
由（i）知，对于椭圆上任意两点P，Q，
若△OPQ的面积为 ，
3 第19页（共20页）此时 ， ，
2 2 2 2
设A（ 1 x+ A ， 2 yA =），4B（ 1 x+ B ， y 2 B =），3C（xC ，yC ），
所以 ， ， ，
2 2 2 2 2 2
三式相 加+得 =4 + =4 ， + =4
2 2 2
即 2( +， + )=12
2 2 2
又 + + ，=6
2 2
所以 + =，4
2
同理得 =2 ， ，
2 2
=2 =2
又 ，
2 2 2 3
= = =
2
所以点A，B，C，只能在 ， 这四点中选取三个不同点，
6
而这三点的两两连线中必有(±一条2过原±点，)
2
取 ， ， ， ， ， ，
6 6 6
此时 ( 2 2 ) ， ( 2 − 2 )， (− 2 ，2 )
同理其 △他 也 =与 3 △ = 3 △ =0矛盾．
则椭圆E上不 存△在 满=足 条△ 件 的=三 点△ A ，=B，3C．
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