文档内容
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 A＝（ ）
U
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π以“强国复兴有我，科π技筑梦未来”为主题π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
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．
7．（5分）已知，则（ ）
A．b＞c＞a B．a＞b＞c C．a＝b＞c D．c＞a＝b
8．（5分）已知正项等比数列{a
n
}满足a
1
a
2
a 3⋯a
16
＝1，且a
1
＞a
16
，记，若S
k+1
＞S
k
且S
k+1
＞S
k+2
，则k＝
（ ）
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．
（多选）10．（6分）已知双曲线与，则（ ）
A．C 的离心率大于C 的离心率
2 1
B．动直线x﹣2y+m＝0（m R）与C ，C 的交点的个数之和为0或2
1 2
C．C
1
绕坐标原点顺时针旋∈转90°可得到C
2
第1页（共17页）D．C 的两条渐近线夹角的正切值为
1
（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P ，则（ ）
n
A．当n＝3时，点数的平均数为5的概率为
B．当n＝3时，点数的极差为5的概率为
C．当n≥2时，
D．当n≥2时，P ＜P 恒成立
n+1 n
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{a }满足a +a ＝a +2，则a ＝ ．
n 2 6 5 3
13．（5分）已知函数，若f（1）＞0，则f（x）在区间（0，+∞）上的最小值是 ．
14．（5分）已知正三棱台ABC﹣A B C 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
1 1 1
纳的最大的球为球 O ，在该棱台内且在球 O 外能容纳的最大的球为球 O ，则球 O 的体积为
1 1 2 2
．
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；
（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．
（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﹣A B C D 的底面ABCD为正方形，且平面ABCD⊥平面CDD C ，CD
1 1 1 1 1 1
＝DD ＝4，∠CDD ＝60°，E，F分别为棱BB ，CC 的中点．
1 1 1 1
（1）证明：平面ABF∥平面C D E；
1 1
（2）求平面ABCD与平面C D E的夹角的余弦值．
1 1
第2页（共17页）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x （1，2），使得g′（x ）+g′（x ）＝0．
2 1 2
19．（17分）已知椭圆的短轴长为∈，离心率为，O为坐标原点．
（1）求E的方程．
（2）动直线l与E交于P（x ，y ），Q（x ，y ）两点，且△OPQ的面积为定值．
1 1 2 2
（i）证明：和均为定值
（ii）E上是否存在三点A，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．
第3页（共17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 A＝（ ）
U
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 A＝{﹣1，1，2，3}．
U
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，
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d ＝x+1，到焦点距离为，
1
第4页（共17页）由题意可得d +d ＝2，即x+1＝1，解得x＝0，
1 2
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．
【分析π】120°化为弧度为，π利用扇形的面积公式得π出结论． π
【解答】解：因为120°化为弧度为，圆的直径为3，
所以半圆弧扫过区域的面积为3 ．
故选：C． 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．
【分析】易知△POQ为等腰三角形，当底边PQ最小时∠POQ最小．又直线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．
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：
第5页（共17页）此时PQ平行于x轴，即圆心到PQ距离为2，，
在△POQ中，由余弦定理，，
又∠POQ （0， ），所以．
故选：A．∈ π
7．（5分）已知，则（ ）
A．b＞c＞a B．a＞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，，
所以lna＝ln（2ln3）＝ln3•ln2，lnb＝ln（3ln2）＝ln2•ln3，
因此lna＝lnb，
所以a＝b，
因为，
所以lna﹣lnc＝ln3•ln2，
而ln3＞0，，
所以lna﹣lnc＞0，即a＞c，
综上所述：a＝b＞c．
故选：C．
8．（5分）已知正项等比数列{a
n
}满足a
1
a
2
a 3⋯a
16
＝1，且a
1
＞a
16
，记，若S
k+1
＞S
k
且S
k+1
＞S
k+2
，则k＝
（ ）
A．15 B．9 C．8 D．7
【分析】根据等比数列的性质求出a a 的值，再结合a ＞a 判断数列的单调性，进而根据S ＞S 且
8 9 1 16 k+1 k
S ＞S 得到关于k的不等式，从而求出k的值．
k+1 k+2
【解答】解：因为数列{a
n
}为等比数列，所以由等比数列性质可知，a
1
a
16
＝a
2
a
15
＝⋯＝a
8
a
9
，
又因为a
1
a
2
a 3⋯a
16
＝1，所以，
又因为数列{a }的各项为正数，所以a a ＝1，
n 8 9
设等比数列{a }的公比为q，
n
由a ＞a 得：，又因为a ＞0，所以1＞q15，
1 16 1
又因为q＞0，所以0＜q＜1，
所以等比数列{a }是单调递减的，
n
又因为，
所以，，
第6页（共17页）又因为S ＞S 且S ＞S ，
k+1 k k+1 k+2
所以，即，即，即，
由a a ＝1且数列单调递减可知：a ＞1，a ＜1，
8 9 8 9
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CD．
【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；
因为a＞0，c＜0，所以，当且仅当
，即a＝﹣c时，等号成立，故C不正确；
因为a＞b＞0，所以，当且仅当，即a＝b时等号成立，
又a＞b，故，故D正确．
故选：BD．
（多选）10．（6分）已知双曲线与，则（ ）
A．C 的离心率大于C 的离心率
2 1
B．动直线x﹣2y+m＝0（m R）与C ，C 的交点的个数之和为0或2
1 2
C．C
1
绕坐标原点顺时针旋∈转90°可得到C
2
D．C 的两条渐近线夹角的正切值为
1
【分析】对于A，计算出离心率即可判断；对于B，分m＝0和m≠0两类情况，分别考虑x﹣2y+m＝0
（m R）与C ，C 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
1 2
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a ＝1，虚半轴长为b ＝2，半焦距为；
2 2
由可知其焦点在x轴上，实半轴长为a ＝2，虚半轴长为b ＝1，半焦距为；
1 1
对于A，C 的离心率，C 的离心率，显然e ＞e ，故A正确；
1 2 2 1
对于B，因与的一条渐近线方程都是x﹣2y＝0，
当m≠0时，x﹣2y+m＝0与C ，C 的交点个数都为1，则交点的个数之和为2，
1 2
当m＝0时，x﹣2y+m＝0与C ，C 的交点个数都为0，则交点的个数之和为0；
1 2
第7页（共17页）故动直线x﹣2y+m＝0（m R）与C ，C 的交点的个数之和为0或2，即B正确；
1 2
对于C，因C
1
，C
2
的离心∈率不同，故C
1
绕坐标原点顺时针旋转90°不能得到C
2
，故C错误；
对于D，的两条渐近线的斜率为，
设它们的夹角为 ，则，故D正确．
故选：ABD． θ
（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P ，则（ ）
n
A．当n＝3时，点数的平均数为5的概率为
B．当n＝3时，点数的极差为5的概率为
C．当n≥2时，
D．当n≥2时，P ＜P 恒成立
n+1 n
【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P ，分析第n+2次点数为偶数和奇数的情况，进而得出P ，P ，P 的关系即可判断选项C；
n n+2 n+1 n
由C知，得，再由归纳法证明2P
k
﹣P
k﹣1
＞0即可判断D．
【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，
因为抛三次的点数总情况数为6×6×6＝216
因此点数的平均数为5的概率为，因此A选项正确；
对于选项B，点数极差为5，说明点数中要同时出现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；
对于选项C，由题意知未连续2次抛出奇数的概率为P ，分析第n+2次点数的特点，
n
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；
若第n+2次点数为奇数，未避免连续出现两次奇数，则第n+1次是偶数点朝上，
第8页（共17页）且前n次满足“未连续2次抛出奇数”，因此，
因此，因此C选项正确；
对于选项D，由C知，则，n≥2，
因此，n≥2，
假设n＝k时，2P
k
﹣P
k﹣1
＞0，
当n＝1时，“未连续2次抛出奇数”的概率等于1，即P ＝1，
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，
因此，．
当n＝k+1时，由得，
则，
因此当n≥2时，2P
n
﹣P
n﹣1
＞0，
因此，即P ≤P ，因此D选项正确，
n+1 n
故选：ACD．
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{a }满足a +a ＝a +2，则a ＝ 2 ．
n 2 6 5 3
【分析】假设等差数列{a }的首项与公差，根据等差数列的通项公式即可求解．
n
【解答】解：等差数列{a }满足a +a ＝a +2，
n 2 6 5
设等差数列{a }的公差为d，
n
则（a +d）+（a +5d）＝（a +4d）+2，
1 1 1
化简得a +2d＝2，即a ＝2．
1 3
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 ．
【分析】令x＝1，求解f（1），对f（x）求导，由导数求解函数的最值．
【解答】解：当x＝1时，，
解得f（1）＝2或﹣1，因为f（1）＞0，所以f（1）＝2，，
所以，令，
所以，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以，解得x＝1，
所以当0＜x＜1时，f′（x）＜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．
第9页（共17页）故答案为：2．
14．（5分）已知正三棱台ABC﹣A B C 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
1 1 1
纳的最大的球为球O ，在该棱台内且在球O 外能容纳的最大的球为球O ，则球O 的体积为 ．
1 1 2 2
【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O 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
1
角函数值最终确定圆O 的半径，再比较圆O 到上底面的距离与上底面外接圆的直径来确定圆O 应与
1 1 2
圆O 与上底面相切，则可求圆O 的半径，进而求出圆O 体积．
1 2 2
【解答】解：因为正三棱台ABC﹣A B C 的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，
1 1 1
又该棱台内能容纳的最大的球为球O ，在该棱台内且在球O 外能容纳的最大的球为球O ，
1 1 2
所以上底面A B C 的外接圆半径为，下底面ABC的外接圆半径为，
1 1 1
则底面外接圆半径差，所以棱台的高，
因为，即高大于外接圆的直径，所以可得圆O 应与下底面与三个侧面相切，
1
设圆O 与下底面ABC相切于点O，与侧面A C CA相切于点Q，
1 1 1
取A C 的中点M，取AC的中点N，连接MN，连接BN，
1 1
过点M向底面ABC作垂线交BN于点P，如下图：
在梯形A C CA中，AC＝3，A C ＝1，AA ＝2，易得梯形的高为，即，
1 1 1 1 1
可得，设圆O 的半径为R ，圆O 的半径为R ，
1 1 2 2
在Rt△MPN中，，故，
易得OO ＝O Q＝R ，设∠ONO ＝∠O NQ＝ ，
1 1 1 1 1
则有，解得，则， θ
在等边三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝3，
则，易得，
所以有，则，
则圆O 到上底面的距离，
1
因为，即圆O 到上底面的距离小于上底面外接圆的直径，
1
第10页（共17页）所以圆O 应与上底面A B C 和圆O 相切，
2 1 1 1 1
故，
所以有圆O 的体积．
2
故答案为：．
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；
（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，
则根据三角函数的恒等变换可得，
所以，
又0＜C＜ ，
所以； π
（2）若△ABC的周长为4a，且b＝8，
则，得c＝3a﹣b＝3a﹣8，
由余弦定理，得c2＝a2+b2﹣2abcosC，
即，
由a＞0解得a＝5，所以c＝7，
由正弦定理得，即，
解得．
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．
（1）求该款无人机得到6个满意的概率；
第11页（共17页）（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A＝“甲选2个指标有i个满意”，i＝1，2；
i
事件B＝“乙选2个指标有j个满意”，j＝0，1，2；
j
事件 ＝“丙选2个指标有k个满意”，k＝0，1，2；
k
事件∁D＝“该款无人机得到6个满意”，
则根据题意可得；
所以；
（2）设该款无人机得到的满意个数为Y，则X＝10Y，
又Y的可能值为4，5，6，
，
P（X＝50）＝P（Y＝5）＝P（A ）P（B ）P（C ）+P（A ）P（B ）P（C ），
1 2 2 2 2 1
，
所以X的分布列为：
X 40 50 60
P
所以．
17．（15分）如图，四棱柱ABCD﹣A B C D 的底面ABCD为正方形，且平面ABCD⊥平面CDD C ，CD
1 1 1 1 1 1
＝DD ＝4，∠CDD ＝60°，E，F分别为棱BB ，CC 的中点．
1 1 1 1
（1）证明：平面ABF∥平面C D E；
1 1
（2）求平面ABCD与平面C D E的夹角的余弦值．
1 1
【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明即可；
第12页（共17页）（2）建立空间直角坐标系，求出平面ABCD与平面C D E的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
1 1
【解答】解：（1）证明：因为四棱柱ABCD﹣A B C D 的底面ABCD为正方形，
1 1 1 1
所以AB∥CD∥C D ，BB ∥CC 且BB ＝CC ，
1 1 1 1 1 1
因为E，F分别为棱BB ，CC 的中点，
1 1
所以BE∥FC 且BE＝FC ，
1 1
所以四边形EBFC 为平行四边形，
1
所以BF∥EC ，
1
又EC ，C D 平面C D E，AB，BF 平面C D E，
1 1 1 1 1 1 1
则AB∥平面C⊂1 D
1
E，BF∥平面C
1
D
1
E⊄，
由AB，BF 平面ABF，AB∩BF＝B，
所以平面A⊂BF∥平面C
1
D
1
E．
（2）取DC中点O，AB中点G，连接OD ，OG，
1
因为CD＝DD ＝4，∠CDD ＝60°，所以△CDD 为等边三角形，
1 1 1
因为点O为DC中点，所以D O⊥DC，，，
1
因为ABCD为正方形，点O，点G为中点，所以GO⊥DC，
因为平面ABCD⊥平面CDD C ，平面ABCD∩平面CDD C ＝DC，D O⊥DC，
1 1 1 1 1
所以D O⊥平面ABCD，又GO 平面ABCD，所以D O⊥OG，
1 1
所以D
1
O，OG，OC两两垂直，⊂
以O为原点，以OG，OC，OD 为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
1
则O（0，0，0），，，，
所以，，
设平面C D E的法向量为，
1 1
则，则，即，
取，则y＝0，z＝4，所以，
又D O⊥平面ABCD，
1
第13页（共17页）所以即为平面ABCD的一个法向量，
设平面ABCD与平面C D E的夹角为 ，
1 1
则． θ
所以平面ABCD与平面C D E的夹角的余弦值为．
1 1
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x （1，2），使得g′（x ）+g′（x ）＝0．
2 1 2
【分析】（1）对f（x）求导，结∈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′（x ）与g′（x ）的正负及绝对值的大小关系，即可得
1 2
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，
当a＝0时，f′（x）≥0，此时f（x）＝x3，∴f（x）在R上单调递增．
当，即a＞0时，在和（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
在上，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
当，即a＜0时，在（﹣∞，0）和上，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
在上，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
综上，当a＝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；
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，0）和上单调递增，在上f（x）单调递减．
（2），定义域为（0，+∞）．
（i）．
∵x＝1是g（x）的一个极值点，∴g′（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．
当时，2x﹣1＞0，lnx＜0，x﹣1＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在上单调递减；
当x （1，+∞）时，2x﹣1＞0，lnx＞0，x﹣1＞0，∴g′（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递
∈
第14页（共17页）增；
∴x＝1是g（x）的极小值点．
（ii）证明：记的值域为D ，g′（x ），x （1，2）的值域为D ，
1 2 2 2
要证对任意，总存在x
2
（1，2），使得g′∈（x
1
）+g′（x
2
）＝0，等价于证明D
1
D
2
．
由（i）知，g′（x）＝∈（2x﹣1）lnx+x﹣1，x＞0． ⊆
令h（x）＝（2x﹣1）lnx+x﹣1，则
令，则，∵x＞0，∴l′（x）＞0，
∴l（x）在（0，+∞）上单调递增，即h′（x）在（0，+∞）上单调递增．
又，h′（1）＝2ln1+3﹣1＝2＞0，
∴存在，使得h′（x ）＝0，即，∴．
0
当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，即g′（x）单调递减；
当x （x ，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，即g′（x）单调递增；
0
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（x
0
，1）上单调递增，且g′（1）＝0，，
∴当时，g′（x ）≤g′（x ）＜0．
0 1
．
令，，则，
∴u（t）在上单调递减，∴，即，也即．
∵g′（x）在（1，2）上单调递增，且g′（1）＝0，g′（2）＝3ln2+1，
∴当x （1，2）时，0＜g′（x ）＜3ln2+1．
2 2
∵g′（∈x
0
）≤g′（x
1
）＜0，，∴﹣g′（x
1
） （0，﹣g′（x
0
）]，
∵﹣g′（x
0
）＜1＜3ln2+1，∴（0，﹣g′（x 0∈）] （0，3ln2+1），
∴对任意，总存在x
2
（1，2），使得g′（x
1
）+g⊆′（x
2
）＝0．
19．（17分）已知椭圆的∈ 短轴长为，离心率为，O为坐标原点．
（1）求E的方程．
（2）动直线l与E交于P（x ，y ），Q（x ，y ）两点，且△OPQ的面积为定值．
1 1 2 2
（i）证明：和均为定值
（ii）E上是否存在三点A，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．
【分析】（1）根据题意列出方程组，再求解即可；
第15页（共17页）（2）（i）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，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（x ，y ），B（x ，y ），C（x ，y ），使得，结合（i）中的结果推出矛盾即可．
A A B B C C
【解答】解：（1）因为椭圆E的短轴长为，离心率为，
所以，
解得，
则椭圆；
（2）（i）证明：当直线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，
此时，
又原点O到直线l的距离d＝|m|，
所以△OPQ的面积，
即，
解得m2＝2，
此时x ＝x ＝m，
1 2
所以；
，
当直线l的斜率存在时，
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，
由韦达定理得，，
此时
，
又原点O到直线l的距离，
所以△OPQ的面积，
即，
整理得（4k2﹣2n2+3）2＝0，
所以4k2﹣2n2+3＝0，
即，
第16页（共17页）此时，
又，
所以，
，
综上所述，，，均为定值；
（ii）假设存在这样的三点A，B，C，
由（i）知，对于椭圆上任意两点P，Q，
若△OPQ的面积为，
此时，，
设A（x ，y ），B（x ，y ），C（x ，y ），
A A B B C C
所以，，，
三式相加得，
即，
又，
所以，
同理得，，
又，
所以点A，B，C，只能在这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，
取，
此时，
同理其他也与矛盾．
则椭圆E上不存在满足条件的三点A，B，C．
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