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2025-2026 学年湖北省武汉市武昌区高三（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
1．（5分）若i为虚数单位，则（1+i2）（1+i7）＝（ ）
A．2+2i B．2﹣2i C．2 D．0
2．（5分）已知两个球的表面积之比为1：9，则这两个球的体积之比为（ ）
A．1：3 B．1： C．1：9 D．1：27
3．（5分）离散型随机变量 的取值3为1，2，3，…，9，P（ ＝k）＝ak （k＝1，2，3，…，9）．若数列{ak}
为等差数列，则a5 ＝（ξ ） ξ
A． B． C． D．
1 1 1 1
4．（5分5）已知动点P在正方体9 ABCD﹣A1B1C1D1 的侧10面CDD1C1 内（包括边19界）运动，记向量
→ →
= +
（x，y，z R），则x+y+z的取值范围是（ ）
→ →
A ． [1 +， 2] 1 ∈ B． ， C．[1，3] D． ，
5．（5分）用模型y＝1+log2 （[kx2+b）2 去2]拟合y与x的关系，令z＝2y，得到[z3关于3x3的] 回归直线方程为z＝
3x+2，则b＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（5分）若曲线y＝lnx与圆x2+y2﹣2my﹣2+m2＝0恰有一个公共点，则实数m的值为（ ）
A．e B．2 C． D．1
7．（5分）将点A（﹣6，8）绕着原点O逆时针旋转 2120°到B点，则B点的坐标为（ ）
A． ， B． ，
C．(3−4 3，−4−3 3) D．(3−4 3 ，−4+3 3)
(3+4 3 −4+3 3) (−3−4 3 4−3 3)
8．（5分）设双曲线C： 1（a＞0，b＞0）上一点P（2，y0 ）到其两焦点F1 （﹣3，0），F2 （3，
2 2
0）的距离之和为d1 ，
到2 −y轴
2的=距离为d2 ．若d1 ＝12d2 ，则a＝（ ）
A．2 B．1 C． D．
1 1
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.2 在每小题给出的四个选
4
项中，有多项符合
（多选）9．（6分）如图所示，函数 ＜ ＜ 的图象经过A（0，t），B（1，0），C
( )=2 ( + )(0 )
（2，﹣1）三点，则（ ） 2
第1页（共21页）A．t＝1
B．
=
6
C．
5
=
D．f（x）6在 ， 上单调递增
1 3
（多选）10．（6 (分−）5 如5果)“若p则q”和“若q则p”同为真命题或同为假命题，就称p与q具有“同步
关系”．已知非零函数f（x）的定义域为R，p：y＝f（x）为R上的单调递增函数，则p与下列选项中
的q具有“同步关系”的是（ ）
A．q：对任意x1 ，x2 R，都有（x1 ﹣x2 ）[f（x1 ）﹣f（x2 ）]＞0
B．q：y＝f（x+1）为∈R上的单调递增函数
C．q：h（x）＝ex•f（x）为R上的单调递增函数
D．q：g（x）＝x+f（x）为R上的单调递增函数
（多选）11．（6分）若X1 与X2 是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且X1 ～B（n1 ，p），X2 ～B（n2 ，
p），其中n1 N*，n2 N*，0＜p＜1，则下列说法中正确的是（ ）
A．E（X1 ）∈＝n1p ∈
B．D（X1 ）＝（1﹣p）E（X1 ）
C．令X＝X1+X2 ，则X～B（n1+n2 ，p2）
D．若k N*，n N*，满足n﹣n2 ≤k≤n1 ，则有
−
1 2
三、填空题∈：本题∈共3小题，每小题5分，共15 分(。 1 = | 1+ 2 = )=
1 + 2
12．（5分）已知数列{an}的前n项和Sn 满足 ，则a3 ＝ ．
13．（5分）过抛物线y2＝4x的焦点F的直线 与 +该1 =抛 物 线+交2 于A，B两点，若4＜|AF|＜8，则|BF|的取值范
围是 ．
14．（5分）若 m Z，使得集合A＝（am，am+3）中包含且仅包含两个整数m+1和m+2，则正实数a的取
值范围是 ∃ ∈ ．
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。
第2页（共21页）15．（13分）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cosAcos（C﹣B）＝cosBcos（A﹣C）．
（1）若a＝3，求b；
（2）若D为边BC上的点，且CD＝2DB，求cos∠CAD的最小值．
16．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，平面A1ACC1 ⊥平面ABC，A1A＝A1C＝AC＝4，BC＝2，
∠BAC＝30°，E，F分别是AC，A1B1 的中点．
（1）证明：EF⊥BC；
（2）求点F到平面A1BC的距离．
17．（15分）已知函数 ．
+1
（1）讨论函数f（x ）( 的)单=调 +区间 ；− ( ∈ )
（2）若 x0 [1，e]，f（x0 ）≤0，求a的取值范围．
∃ ∈
18．（17分）已知O为坐标原点，直线l：y＝kx+m与椭圆： 1交于A，B两点（点B在点A的
2
2
右侧），P（x0 ，y0 ）是椭圆C在第二象限上的一动点（不同
2
于+A ，B=）．
（1）若m＝0，直线PA和直线PB的斜率分别记为k1 ，k2 ，求k1 •k2 的值；
（2）若k＝1，是否存在点P使得四边形OAPB为平行四边形？若存在，求直线l的方程；
若不存在，请说明理由；
（3）若k ，m＝0，N为线段OB上的一点，|PN| ，求证：直线PN过定点，并求出定点的坐
0
=− = 2
标． 2 0
19．（17分）甲、乙两人用一副卡牌玩“抢宝藏”游戏，卡牌包含若干对图案相同的普通牌和一张不能成
对的宝藏牌，在分配完卡牌，双方丢弃手中所有已经成对的普通牌后，恰好甲手中有n（n N*）张没有
成对的普通牌，乙手中有n张没有成对的普通牌和1张宝藏牌，现按以下规则游戏： ∈
①甲乙轮流抽对方一张牌，甲先抽（甲乙抽对方牌均计入抽牌次数）；
②若抽取的牌是宝藏牌则将其保留在手中，否则将手中与之成对的一张牌一并丢弃；
③直到有人手中没有牌时游戏结束，手中只剩宝藏牌的玩家获胜；
第3页（共21页）（1）若n＝5，经过三次抽牌后，求宝藏牌在甲手中的概率；
（2）设游戏开始时甲手中有n张牌，游戏结束时乙获胜的概率为pn ，由全概率公式得p1 ，
1 1
= + (1− 1)
即p1 ，类似地，求p3 ，p5 ； 2 2
2
=
（3）记3 Xn 为这次游戏结束需要抽牌的次数，期望为E（Xn ），求证：E（Xn ）＜n （n N，n
1 5
≥3）． + 2 2 + 4 ∈
第4页（共21页）2025-2026 学年湖北省武汉市武昌区高三（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 D B C A D A C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AB AB 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，只有一项是
1．（5分）若i为虚数单位，则（1+i2）（1+i7）＝（ ）
A．2+2i B．2﹣2i C．2 D．0
【分析】根据虚数i的性质求解即可．
【解答】解：因为i2）＝﹣1，
故（1+i2）（1+i7）＝0×（1+i7）＝0．
故选：D．
2．（5分）已知两个球的表面积之比为1：9，则这两个球的体积之比为（ ）
A．1：3 B．1： C．1：9 D．1：27
【分析】首先由表面积的比得到3半径的比，再由体积比是半径比的立方得到所求．
【解答】解：因为两个球的表面积之比是1：9，所以两个球的半径之比是1：3，
所以两个球的体积之比1：27．
故选：D．
3．（5分）离散型随机变量 的取值为1，2，3，…，9，P（ ＝k）＝ak （k＝1，2，3，…，9）．若数列{ak}
为等差数列，则a5 ＝（ξ ） ξ
A． B． C． D．
1 1 1 1
【分
5
析】根据题意，由随机
9
变量的性质可得a1+a21+0a3+……+a8+a9 ＝1，结
19
合等差数列的性质分析可得答
案．
第5页（共21页）【解答】解：根据题意，离散型随机变量 的取值为1，2，3，…，9，P（ ＝k）＝ak （k＝1，2，3，…，
9）． ξ ξ
则a1+a2+a3+……+a8+a9 ＝1，
又由数列{ak}为等差数列，则a1+a2+a3+……+a8+a9 ＝9a5 ＝1，则有a5 ．
1
故选：B． = 9
4．（5分）已知动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1 的侧面CDD1C1 内（包括边界）运动，记向量
→ →
= +
（x，y，z R），则x+y+z的取值范围是（ ）
→ →
A ． [1 +， 2] 1 ∈ B． ， C．[1，3] D． ，
[ 2 2 2] [ 3 3 3]
【分析】设正方体ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为1，以A为原点，分别以 ， ， 所在直线为x轴，
→ → →
1
y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设P（x0 ，1，z0 ），根据向量 可得x＝x0 ，y
→ → → →
＝1，z＝z0 ，再结合x0 ，z0 的范围求解即可． = + + 1
【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为1，以A为原点，分别以 ， ， 所在直线为x
→ → →
轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 1
则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），A1 （0，0，1），设P（x0 ，1，z0 ），
所以 （x0 ，1，z0 ）， （1，0，0）， （0，1，0）， （0，0，1），
→ → → →
= = = 1=
因为 （x，y，z R），
→ → → →
所以（ x0 =， 1 ， z + 0 ） ＝ x（+ 1 ， 0 1 ，0）+y（0 ∈，1，0）+z（0，0，1），
即（x0 ，1，z0 ）＝（x，y，z），
所以x＝x0 ，y＝1，z＝z0 ，
第6页（共21页）所以x+y+z＝x0+1+z0 ，
又因为0≤x0 ≤1，0≤z0 ≤1，
所以0≤x0+z0 ≤2，
所以1≤x0+1+z0 ≤3，
即x+y+z的取值范围为[1，3]．
故选：C．
5．（5分）用模型y＝1+log2 （kx+b）去拟合y与x的关系，令z＝2y，得到z关于x的回归直线方程为z＝
3x+2，则b＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据对数运算法则将表达式化简即可求出b的值．
【解答】解：由模型y＝1+log2 （kx+b）可得y﹣1＝log2 （kx+b），
所以kx+b＝2y﹣1，
令z＝2y，所以2（kx+b）＝2×2y﹣1＝2y＝z，
可得z＝2kx+2b，
又因为回归直线方程为z＝3x+2，
因此2b＝2，可得b＝1．
故选：A．
6．（5分）若曲线y＝lnx与圆x2+y2﹣2my﹣2+m2＝0恰有一个公共点，则实数m的值为（ ）
A．e B．2 C． D．1
【分析】设出切点P（x0 ，lnx0 ），由题得曲线在P2 （x0 ，lnx0 ）处切线的斜率等于圆在P（x0 ，lnx0 ）处
切线的斜率，求得m与x0 的关系，再将之代入到圆的方程，最终可解m的值．
【解答】解：由题意，设切点为P（x0 ，lnx0 ），圆的标准方程为x2+（y﹣m）2＝2，即圆心为C（0，m），
半径 ， ＞，
且曲线 =y＝2lnx 与0圆0x2+（y﹣m）2＝2有公切线，即两方程在切点P（x0 ，lnx0 ）处切线的斜率相同，
易得 ，则曲线在切点处的斜率为 ，
1 1
′ =
易得 ，则圆在P（x0 ，lnx
0
0）的切线的斜率为 ，
0− 0
=
则有 0 ，即 ， − 0
1 0 2
= = 0+ 0
同时切 0点P （ −x 0 ， 0lnx0 ）在圆上，则有 ，
2 2
0+( 0− ) =2
第7页（共21页）联立 ，得 ，解得 ，
2
= 0+ 0 4 2 2
2 2 0+ 0−2=0 0 =1
因为x 00＞ +0， ( 所 0以 − 有 x)0 ＝ =12 ，此时有m＝1．
故选：D．
7．（5分）将点A（﹣6，8）绕着原点O逆时针旋转120°到B点，则B点的坐标为（ ）
A． ， B． ，
C．(3−4 3，−4−3 3) D．(3−4 3 ，−4+3 3)
【分(析3+】设4终3边在−射4+线3OA3、)OB的角分别为 、，根(据−三3角−4函数3的4定−义3求3出) sin 、cos ，结合 ＝ +120°，
运用两角和与差的三角函数公式求出sin 、αcoβs ，进而根据三角函数的定义求α出点αB的坐标β，α可得本题
的答案． β β
【解答】解：设角 的始边与x轴非负半轴重合，终边在射线OA，
将OA绕着原点Oα逆时针旋转120°到B点，可得角 ＝ +120°，
β α
由|OA| 10，可得sin ，cos ，
2 2 8 4 −6 3
= (−6) +8 = α= = α= =−
10 5 10 5
所以sin ＝sin（ +120°）＝sin cos120°+cos sin120° ，
4 1 3 3 −4−3 3
β α α α = ×(− )+(− )× =
cos ＝cos（ +120°）＝cos cos120°﹣sin sin120° 5 2 5 2 ， 10
3 1 4 3 3−4 3
所以β B点的坐α 标为（10cos ，α 10sin ），即（α ，=− 5 ×(−）2．)− 5 × 2 = 10
故选：A． β β 3−4 3 −4−3 3
8．（5分）设双曲线C： 1（a＞0，b＞0）上一点P（2，y0 ）到其两焦点F1 （﹣3，0），F2 （3，
2 2
0）的距离之和为d1 ，
到2 −y轴
2的=距离为d2 ．若d1 ＝12d2 ，则a＝（ ）
A．2 B．1 C． D．
1 1
【分析】由点P到y轴的距离，结合双曲线定义
2
，得到d1 ＝|PF1|+|PF24|＝24，利用焦半径公式及c＝3
可求解．
【解答】解：因为点P（2，y0 ）到y轴的距离d2 ＝2，
所以点P到两焦点的距离之和d1 ＝|PF1|+|PF2|＝12d2 ＝24，
由圆锥曲线第二定义，
可得点P（2，y0 ）到左焦点F1 的距离比上它到左准线 的距离为离心率e，
2
=−
即 ，则有|PF1|＝a+2e，
| 1|
2 =
2+
第8页（共21页）由|PF1|﹣|PF2|＝2a，可得|PF2|＝2e﹣a，
所以|PF1|+|PF2|＝4e，故4e＝24，解得e＝6，
又由焦点坐标可知c＝3，
所以 ，解得 ．
3 1
故选： = C． = =6 = 2
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合
（多选）9．（6分）如图所示，函数 ＜ ＜ 的图象经过A（0，t），B（1，0），C
( )=2 ( + )(0 )
（2，﹣1）三点，则（ ） 2
A．t＝1
B．
=
6
C．
5
=
D．f（x）6在 ， 上单调递增
1 3
【分析】代入(− B，5 C两5 )点的坐标，结合正弦函数的图象，求得 和 的值，可判断选项B和C，同时确
定f（x）的解析式，再计算f（0）的值可判断选项A，根据正弦ω函φ数的单调性可判断选项D．
【解答】解：因为函数f（x）的图象过点B（1，0），C（2，﹣1），
所以f（1）＝2sin（ + ）＝0，f（2）＝2sin（2 + ）＝﹣1，
ω φ ω φ
即sin（ + ）＝0，sin（2 + ） ，
1
由图可知ω，φ点B是函数图象ω下φ降区=间−的2一点，点C是函数图象上升区间的一点，
所以 + ＝ +2k ，2 + 2k ，k Z，
11
ω φ π π ω φ= + π ∈
因为0＜ ＜ ， 6
φ
2
所以取k＝0，则 ，解得 ， ，故选项B正确，选项C错误；
+ =
5
11 ω= φ=
2 + = 6 6
6
第9页（共21页）此时f（x）＝2sin（ x ），
5
+
所以f（0）＝2sin 61，故6选项A正确；
=
当x ， 时6， x （0， ），
1 3 5 2
∈(− ) + ∈
因为函数5 y＝s 5 inx在x6（0，6 ）上3不是单调递增，
2
∈
所以函数f（x）在 ， 上3 不是单调递增，故选项D错误．
1 3
故选：AB． (− 5 5 )
（多选）10．（6分）如果“若p则q”和“若q则p”同为真命题或同为假命题，就称p与q具有“同步
关系”．已知非零函数f（x）的定义域为R，p：y＝f（x）为R上的单调递增函数，则p与下列选项中
的q具有“同步关系”的是（ ）
A．q：对任意x1 ，x2 R，都有（x1 ﹣x2 ）[f（x1 ）﹣f（x2 ）]＞0
B．q：y＝f（x+1）为∈R上的单调递增函数
C．q：h（x）＝ex•f（x）为R上的单调递增函数
D．q：g（x）＝x+f（x）为R上的单调递增函数
【分析】结合基本初等函数的单调性及已知定义检验各选项即可求解．
【解答】解：A，对于任意x1 ，x2 R，都有（x1 ﹣x2 ）[f（x1 ）﹣f（x2 ）]＞0 f（x）在R上单调递增，
A正确； ∈ ⇔
f（x+1）可由f（x）的图象向左平移1个单位，若y＝f（x+1）为R上的单调递增函数，则f（x）在R
上单调递增，B正确；
取f（x）＝x，则f（x）在R上单调递增，此时p为真，但h（x）＝xex在R上不是单调递增，q为假
命题，C错误；
取f（x） ，则g（x）＝x+f（x） 为真命题，即q为真，但p为假命题，D错误．
1 1
故选：AB =．− 2 = 2
（多选）11．（6分）若X1 与X2 是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且X1 ～B（n1 ，p），X2 ～B（n2 ，
p），其中n1 N*，n2 N*，0＜p＜1，则下列说法中正确的是（ ）
A．E（X1 ）∈＝n1p ∈
B．D（X1 ）＝（1﹣p）E（X1 ）
C．令X＝X1+X2 ，则X～B（n1+n2 ，p2）
第10页（共21页）D．若k N*，n N*，满足n﹣n2 ≤k≤n1 ，则有
−
1 2
【分析】∈对A，∈直接套用二项分布的期望公式； 对( 1 B，=利 | 用 1 二+项 2 分=布 的)=方差 公 1 +式 2 结合期望公式推导；对
C，根据独立二项分布之和的性质判断；对D，通过条件概率公式展开，结合二项分布的概率函数化简，
得到超几何分布形式的条件概率表达式，验证其正确性．
【解答】解：对于A：由二项分布的期望公式可知当X1 ～B（n1 ，p）时，E（X1 ）＝n1p，A正确；
对于B：由二项分布的方差公式可知当X1 ～B（n1 ，p）时，D（X1 ）＝n1p（1﹣p）＝（1﹣p）E（X1 ），
B正确；
对于C：因为X1 表示n1 次独立伯努利试验中成功的次数，X2 表示n2 次独立伯努利试验中成功的次数，
两者相互独立，
所以X＝X1+X2 表示n1+n2 次独立伯努利试验中成功的次数，所以X～B（n1+n2 ，p），C错误；
，
对于D：根据条件概率公式 ，
( 1= 2= − )
因为X1 ，X2 相互独立， ( 1 = | 1+ 2 = )= ( 1+ 2= )
所以 ， ，
1− − − 2−( − ) − 1+ 2−
因为 X ( 1 + 1 X = 2 ～ B（ n 2 1+ = n2 ，− p ）)，=所 以 1 (1− ) ⋅ 2 (1− ) =， 1 2 (1− )
1+ 2−
( 1， + 2 = )= 1+ 2 (1− )
所以 ，D正确．
−
( 1= 2= − ) 1 2
故选： ( A B 1 D =． | 1+ 2 = )= ( 1+ 2= ) = 1 + 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知数列{an}的前n项和Sn 满足 ，则a3 ＝ 4 ．
【分析】由递推式和前n项和的定义可得 +1 = ，+再2求a3 即可．
【解答】解：因为 ， +1 =2
所以 +1 = ， +2
所以 +1 = +1．− =2
2
故答案 3为=：24．=4
13．（5分）过抛物线y2＝4x的焦点F的直线与该抛物线交于A，B两点，若4＜|AF|＜8，则|BF|的取值范
围是 ， ．
8 4
【分析(】7设x31 、) x2 为A、B的横坐标，由抛物线定义，有|AF|＝x1+1，|BF|＝x2+1，设出直线方程，与抛
物线方程联立，根据韦达定理，得 ，由4＜|AF|＜8，得出x1 的范围，进而可求得|BF|的取值范围．
1
2 =
【解答】解：由抛物线y2＝4x，可得焦 点1 F为（1，0），准线方程为x＝﹣1，
第11页（共21页）根据抛物线定义，有|AF|＝x1+1，|BF|＝x2+1，其中x1 、x2 为A、B的横坐标，
设过焦点F的直线方程为y＝k（x﹣1），
代入抛物线方程得：k2（x﹣1）2＝4x，
整理得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
由韦达定理，得x1x2 ＝1，则 ，
1
2 =
故： ， 1
1
| |= 2+1= +1
由4＜|AF|＜8，得4＜ x1 1+1＜8，解得3＜x1 ＜7，
当x1 （3，7）时， ， ，从而 ， ．
1 1 1 8 4
∈ ∈ ( ) | |=( )
故答案为： ， ． 1 7 3 7 3
8 4
14．（5分）若(
m7
Z3，)使得集合A＝（am，am+3）中包含且仅包含两个整数m+1和m+2，则正实数a的取
∃ ∈
值范围是 ， ．
1
4
(3 2]
【分析】由题意，可将题设条件转化为 ＜ 且 ＜ ，利用导数判
( +1) ( +2) ( +3)
≤ ≤
断 ， 的单调性后可得正 实数a的取值范 围． +3 +3
【解 ( 答)】=解 ：由 题≥设1有m≤am＜m+1＜m+2＜am+3≤m+3，
因为a＞0，故am＞0，故m+1＞0，而m Z，故m≥0，
若m＝0，则a0＝1＜0+1矛盾，故m≥1，∈故am≥1，
若0＜a＜1，则am＜1，矛盾；
若a＝1，则am＝am+3，
这与am＜am+3矛盾，故a＞1，
故 ＜ 且 ＜ ，①
( +1) ( +2) ( +3)
≤ ≤
设 ，x≥1 ，则 +3 ， ，+3
1−
当 1 (≤ ) x =＜e 时，f'（x）＞′ 0；( )当= x＞ e 2时，f '（≥ x）1 ＜0，
故f（x）在[1，e）上为增函数，在（e，+∞）上为减函数，
故当m≥3时， ＜ ，此时①无解；
( +3)
故1≤m＜3，即m ＝ +13 或m＝ 2，
若m＝1，则0≤lna＜ln2且 ＜ ，故 ＜ ；
1
3 4 2
4
≤ = 3 ≤ 2
4 4 2
第12页（共21页）若m＝2，则 ＜ 且 ＜ ，
2 3 4 5
≤ ≤
但 ＞2 ，故此时2 a不5存在； 5
2 4 5
=
综上2 ＜4 ，5
1
4
3 ≤ 2
故实数a的取值范围是 ， ．
1
4
(3 2]
故答案为： ， ．
1
4
四、解答题：本(3题共52]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所对的边分别为a，b，c，cosAcos（C﹣B）＝cosBcos（A﹣C）．
（1）若a＝3，求b；
（2）若D为边BC上的点，且CD＝2DB，求cos∠CAD的最小值．
【分析】（1）根据题意结合两角和差公式整理可得sin（A﹣B）sinC＝0，分析可得A＝B，即可得结果；
（2）设 ， ，AC＝BC＝3m＞0，可得AB＝6mcos ， ，进而求cos
2
= = ∈(0 ) θ = 24 +1
∠CAD，结合基本不等式运2 算求解．
【解答】解：（1）因为cosAcos（C﹣B）＝cosBcos（A﹣C），
则cosA（cosBcosC+sinBsinC）＝cosB（cosAcosC+sinAsinC），
整理可得sin（A﹣B）sinC＝0，且C （0， ），
则sinC≠0，可得sin（A﹣B）＝0，∈ π
又因为A，B （0， ），则 A﹣B （﹣ ， ），
可得A﹣B＝∈0，即Aπ＝B， ∈ π π
因为a＝3，所以b＝a＝3；
（2）设 ， ，AC＝BC＝3m＞0，
= = ∈ (0 )
则sinC＝sin（A+B）＝sin22 ，cosC＝﹣cos（A+B）＝﹣cos2 ，CD＝2DB＝2m，
θ θ
在△ABC中，由正弦定理 ，可得 ，
⋅ 3 ⋅ 2
= = = =6
第13页（共 2 1 页 ） 在△ACD中，由余弦定理可得：
AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cosC
＝9m2+4m2+2×3m×2m×cos2
＝（12cos2 +13）m2 θ
＝（24cos2θ+1）m2，
即 θ ，
2
则 = 24 +1 ，
2 2 2 2 2 2 2 2
+ − 9 +(1+24 ) −4 4 +1
令 ∠ = 2 ⋅ ， ， = 则 2×3 × 24， 2 +1 = 24 2 +1
2
2 2 −1
= 24 +1 ∈(1 5) =
24
可得 ，
2−1
6 +1 1 5 1 5 5
∠ = = ( + )≥ ×2 ⋅ =
当且仅当 ，即 时6，等号 成立6， 3
5
= = 5
所以cos∠CAD的最小值为 ．
5
16．（15分）如图，在三棱柱A
3
BC﹣A1B1C1 中，平面A1ACC1 ⊥平面ABC，A1A＝A1C＝AC＝4，BC＝2，
∠BAC＝30°，E，F分别是AC，A1B1 的中点．
（1）证明：EF⊥BC；
（2）求点F到平面A1BC的距离．
【分析】（1）取BC的中点G，连接EG，A1E，B1G，先证A1 ，E，G，B1 四点共面，再由面面垂直的
性质定理可得A1E⊥平面ABC，进而知A1E⊥BC，然后结合余弦定理与勾股定理证明EG⊥BC，最后结
合线面垂直的判定与性质定理，即可得证；
（2）取AB的中点H，连接EH，以E为原点，EH，EG，EA1 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直
角坐标系，利用向量法求点到平面的距离即可．
【解答】（1）证明：取BC的中点G，连接EG，A1E，B1G，
因为E为AC的中点，所以EG∥AB，
第14页（共21页）而AB∥A1B1 ，所以A1B1 ∥EG，即A1 ，E，G，B1 四点共面，
又A1A＝A1C＝AC＝4，所以A1E⊥AC，
因为平面A1ACC1 ⊥平面ABC，平面A1ACC1 ∩平面ABC＝AC，A1E 平面A1ACC1 ，
所以A1E⊥平面ABC， ⊂
而BC 平面ABC，所以A1E⊥BC，
在△A⊂BC中，由余弦定理知，BC2＝AB2+AC2﹣2AB•ACcos∠BAC，
所以4＝AB2+16﹣2AB•4• ，解得AB＝2 ，
3
所以AB2+BC2＝AC2，即AB⊥BC， 3
2
所以EG⊥BC，
又EG∩A1E＝E，且EG，A1E 平面A1EGB1 ，
所以BC⊥平面A1EGB1 ， ⊂
而EF 平面A1EGB1 ，所以EF⊥BC．
（2）⊂解：取AB的中点H，连接EH，则EH⊥AB，EH⊥EG，
由（1）知，A1E⊥平面ABC，
故以E为原点，EH，EG，EA1 所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1 （0，0，2 ），B（1， ，0），C（﹣1， ，0），G（0， ，0），
3 3 3 3
所以 （0， ，0）， （﹣1， ，2 ）， （﹣2，0，0），
→ → → → →
1
1 = = = 3 1= − 3 3 =
2
设平面A1BC的法向量为 （x，y，z），则
→ →
，
→
⋅ 1=− − 3 +2 3 =0
= → →
取y＝2，则x＝0，z＝1，所以 （0，2，1） ，⋅ =−2 =0
→
=
所以点F到平面A1BC的距离为
→ →
．
| 1 ⋅ | 2 3 2 15
→ = =
| | 5 5
第15页（共21页）17．（15分）已知函数 ．
+1
（1）讨论函数f（x ）( 的)单=调 +区间 ；− ( ∈ )
（2）若 x0 [1，e]，f（x0 ）≤0，求a的取值范围．
∃ ∈
【分析】（1）由题可得f'（x） ＞ ，然后利用导数与单调性的关系即可得解；
( +1)[ −(1+ )]
（2）题意即x [l，e]时，f（x）= min ≤0， 然2 后利用(导 数0与) 单调性和最值的关系即可求解．
∈
【解答】解：（1）由题可得f'（x）
2
1+ − −(1+ )
=1− 2 − = 2
＞ ，
( +1)[ −(1+ )]
= ①当1+a ＞2 0时，即( a＞0﹣) 1时，在（1+a，+∞）上，f'（x）＞0，
在（0，1+a）上，f'（x）＜0，
故f（x）在（1+a，+∞）上单调递增，在（0，1+a）上单调递减；
②当1+a≤0，即a≤﹣1时，在（0，+∞）上，f'（x）＞0，
所以，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上，当a＞﹣1时，f（x）的单调递增区间是（1+a，+∞），单调递减区间是（0，1+a），
当a≤﹣1时，f（x）的单调递增区间是（0，+∞），无减区间；
（2）因为存在x0 [1，e]，使得f（x0 ）≤0成立，
即x [l，e]时，f（∈x）
min
≤0，由（1）知，
①当∈1+a≥e，即a≥e﹣1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
所以f（x）
min
＝f（e），即 ，
1+
( )= + − ≤0
解得 ，满足a≥e﹣1，
2
+1
≥
所以 −1；
2
+1
②当 1 ≥ +a ≤−11，即a≤0时，
f（x）在[1，e]上单调递增，所以f（x）
min
＝f（1），
即f（1）＝1+1+a≤0，解得a≤﹣2，
满足a≤0，所以a≤﹣2；
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1时，
f（x）在[1，1+a）上单调递减，在（1+a，e]上单调递增，
即f（x）
min
＝f（1+a），因为0＜ln（1+a）＜1，
第16页（共21页）所以0＜aln（1+a）＜a，
故f（1+a）＝2+a﹣aln（1+a）＞2，此时f（1+a）≤0不成立，
综上，a的范围是（﹣∞，﹣2]∪[ ，+∞）．
2
+1
18．（17分）已知O为坐标原点，直线 −l1：y＝kx+m与椭圆： 1交于A，B两点（点B在点A的
2
2
右侧），P（x0 ，y0 ）是椭圆C在第二象限上的一动点（不同
2
于+A ，B=）．
（1）若m＝0，直线PA和直线PB的斜率分别记为k1 ，k2 ，求k1 •k2 的值；
（2）若k＝1，是否存在点P使得四边形OAPB为平行四边形？若存在，求直线l的方程；
若不存在，请说明理由；
（3）若k ，m＝0，N为线段OB上的一点，|PN| ，求证：直线PN过定点，并求出定点的坐
0
=− = 2
标． 2 0
【分析】（1）设A（x1 ，y1 ），则B（﹣x1 ，﹣y1 ）， ， ，可得
2 2
2 0 2 1 0− 1 0+ 1
0 =1− 1 =1− 1⋅ 2 = ⋅ =
2 2 0− 1 0+ 1
，代入即可得解；
0 2 1 2
(1− 2 )−(1− 2 )
2 2
0 − 1
（2）设直线l的方程为y＝x+m，设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），由 ，可得 ，
= +
2 2 1+ 2 =− 4 1⋅ 2 =
+ =1 3
2 ，
， ，由四边形OAPB为平行四边形，可得 ，代入椭圆方程求出m即
4
2 0 =−
2( −1) 2 3
1+ 2 =
3 3 2
可得解； 0 =
3
（3）由题意设 ， ，由 可得 ，将
2
0 0 2 2 2 2
( − ) | |= 2 (1+ 2) − 0 + 0 + 0 =2 0 =2(1−
代入，得 2 0 ，则 4 0 ，
2 2
2 0 +1 2 2 2 0 +1 2 2 2
0 ) 2 − 0 − 0 = 0 = 0 −4⋅ 2 ⋅(− 0 )=2(1− 0 )+2( 0 +1)= 4
结合已知条件2可 0得 ， ，则 ，进一2 步0 可得直线 ： 即可得证．
2
2 0 0 0 0 0
【解答】解：（1）因 (为2−m ＝0 0， 0故−直2 )线l经 过 原=点 0−O1，此时A，B关于原 点 O 对=称 0，−1 ( −1)
设A（x1 ，y1 ），则B（﹣x1 ，﹣y1 ），
又 ， ，
2 2
2 0 2 1
0 =1− 1 =1−
则 2 2
2 2
0− 1 0+ 1 0 − 1
1⋅ 2 = ⋅ = 2 2
0− 1 0+ 1 0 − 1
0 2 1 2
(1− 2 )−(1− 2 )
= 2 2
0 − 1
第17页（共21页）；
1 2 0 2
2 − 2 1
= 2 2 =−
（2 ）0 −因 为1 k＝1 2 ，故直线l的方程为y＝x+m，设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），
由 ，得3x2+4mx+2（m2﹣1）＝0，则Δ＝8（3﹣m2）＞0，即m2＜3，
= +
2
2
+ =1
2
所以 ， ，
2
4 2( −1)
1+ 2 =− 1⋅ 2 =
则 3 3 ，
−4 2
若存 1 在+点 2 P =， 使 1+得 四+边 形 2+ O AP = B为3平行+四2 边=形，3则m≠0，
且 （x1+x2 ，y1+y2 ） ， ，
→ → →
−4 2
= + = =( )
， 3 3
即 ，代入 ，
0 =− 4 3 0 2 2
+ 0 = 1
0 = 2 2
3
得 ，解得 ，
4 2
(− 3 ) 2 2 3
+( ) = 1 =±
当 2 时，3 ， 满足题意2，此时l： ，
3 2 3 3 3
= (− ) = +
当 2 时， 3 ， 3 ，此时P在第四象限，不满2足题意，故舍去，
3 2 3 3
=− ( − )
综上，存在2 点 3 ， 3满足题意，l： ；
2 3 3 3
(− ) = +
（3）证明：由题意设3 ，3 ，因为 2，所以 ，
0 2 0 2
( − ) | |= 2 ( 0− ) +( 0+ ) = 2
两边同时平方可得 2 0 ， 2 0
2
0 2 2 2
(1+ 2) − 0 + 0 + 0 =2
将 代入4， 0得 ，
2
2 2 0 +1 2 2
0 =2(1− 0 ) 2 − 0 − 0 = 0
则 2 0 ，
2
2 0 +1 2 2 2
= 0 −4⋅ 2 ⋅(− 0 )=2(1− 0 )+2( 0 +1)= 4
又因为N在线段2O B0 上，故n＞0，
所以 ，
2 2 2
0+ 4 ( 0+2) 0 ( 0+2) 0 2 0
= 0 2+1= 0 2 +1 = 0 2 = 2− 0
2⋅ 2 2 2(1− 4 )
0
即 ， ，
2
2 0 0 0
( )
2− 0 0−2
所以 ，
0 0
0− −2
0 0( 0−2)− 0 0 0
= 2 0 2 = 0( 0−2)+2 0 2 = 0−1
0−2−
0
第18页（共21页）即直线 ： ，
0
− 0 = ( − 0)
整理得 ： 0−1 ，
0
= ( −1)
故直线PN恒过定 0点−1S（1，0）．
19．（17分）甲、乙两人用一副卡牌玩“抢宝藏”游戏，卡牌包含若干对图案相同的普通牌和一张不能成
对的宝藏牌，在分配完卡牌，双方丢弃手中所有已经成对的普通牌后，恰好甲手中有n（n N*）张没有
成对的普通牌，乙手中有n张没有成对的普通牌和1张宝藏牌，现按以下规则游戏： ∈
①甲乙轮流抽对方一张牌，甲先抽（甲乙抽对方牌均计入抽牌次数）；
②若抽取的牌是宝藏牌则将其保留在手中，否则将手中与之成对的一张牌一并丢弃；
③直到有人手中没有牌时游戏结束，手中只剩宝藏牌的玩家获胜；
（1）若n＝5，经过三次抽牌后，求宝藏牌在甲手中的概率；
（2）设游戏开始时甲手中有n张牌，游戏结束时乙获胜的概率为pn ，由全概率公式得p1 ，
1 1
= + (1− 1)
即p1 ，类似地，求p3 ，p5 ； 2 2
2
=
（3）记3 Xn 为这次游戏结束需要抽牌的次数，期望为E（Xn ），求证：E（Xn ）＜n （n N，n
1 5
≥3）． + 2 2 + 4 ∈
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式即可得到答案；
（2）分为甲第一次抽到宝藏牌和甲第一次抽到普通牌讨论，从而求出 ，最后代入计算即
−2+1
可； = +2
（3）当甲第一次抽到宝藏牌，此时游戏结束抽牌的平均次数还要E（Xn ）次，一共E（Xn ）+1次，当
甲第一次抽到普通牌时，分析得 ，再对n分奇偶数讨论即可．
+1
( )= ( −2)+1+
【解答】解：（1）记第n次由甲抽到宝藏牌为事件 ， ，
∗
第n次由乙抽到宝藏牌为事件 ， ， ( =2 −1 ∈ )
∗
( =2 ∈ )
则 ．
1 1 1 1 5 4 5 4 1 19
（ 2）=设 甲( 手 1 中 2 有 3+ n 张 1 牌 2 时 3 ，+乙 1 获 2 胜 的 3)概=率6 ×为6P × n ，6按+照6 ×甲6第×一4次+抽6 ×卡4牌×的4情=况54分两类，
第一类，若甲第一次抽到宝藏牌，此时甲有n张普通牌和1张宝藏牌，
乙有n张普通牌，再轮到乙抽，由对称性，甲获胜的概率为pn ，乙获胜的概率为1﹣pn ；
第二类，若甲第一次抽到普通牌，此时甲手中丢掉成对卡牌后剩n﹣1张普通牌，
乙有n﹣1张普通牌和1张宝藏牌，再轮到乙抽，一定抽到的是普通牌，
第19页（共21页）丢掉成对卡牌后还有n﹣2张普通牌和1张宝藏牌，甲有n﹣2张普通牌，此时乙获胜的概率为pn﹣2 ，
故 ，化简得 ，
1 −2+1
= (1− )+ ×1× −2 = (∗)
当n＝3 时+，1 代入（*）得 +1 ， +2
3 1+1 3
3 = =
当n＝5时，代入（*）得 3+2 5．
5 3+1 4
（3）证明：按照甲第一次 抽 5 =卡牌5+的2情=况7分两类，
第一类，若甲第一次抽到宝藏牌，此时甲有n张普通牌和1张宝藏牌，乙有n张普通牌，
再轮到乙抽，由对称性，此时游戏结束抽牌的平均次数还要E（Xn ）次，一共E（Xn ）+1次，
第二类，若甲第一次抽到普通牌，此时甲手中丢掉成对卡牌后剩n﹣1张普通牌，
乙有n﹣1张普通牌和1张宝藏牌，再轮到乙抽，一定抽到的是普通牌，
丢掉成对卡牌后还有n﹣2张普通牌和1张宝藏牌，此时游戏结束抽牌的平均次数还需为E（Xn﹣2 ），一
共E（Xn﹣2 ）+2次，
，
1
( )= ×[ ( )+1]+ [ ( −2)+2]
故 +1 ，+ E 1（X1 ）＝2，E（X0 ）＝0，
+1
( )= ( −2)+1+
①若n为偶数，设n＝2k， k≥2，k N*， ，
1 1 1 1 1
∈ ( 2 )=2 + ( + +⋯+ + )
首先设 ＜＜ ，则 2 −＜1 ， 2 1
1 1 −
则f（x） ( 在)（= 0 ，− 1 ） (上1−单 调)(递0减 ，则1) f（x）′ ＜( f )（= 0 1）−＝10−， = 1− 0
则不等式 ＜ 在x （0，1）上恒成立，代入 ，
1 1
( ) ∈ =
有 ＜ 1− ，
1 1
( 1) = − ( − 1)
故 1− ＜ ，有 ＜ ；
1 1 1 1 1 1
= + +⋯+ + +1 ( ) + +
②若n 为奇 数−1，设n＝2 2k﹣1 1，k≥2，k N*， 2 2 2 ，
1 1 1 1
∈ ( 2 −1)=2 −1+( + +⋯+ + )
当 k ≥ 2 时 ， 时 ， 2 −1 2 −3 3 1
2
∗ 1 1 1 1 1 2 −1 2 (2 −2)−(2 −1)
∈ − ( + ) = − = =
＜， 2 −1 2 2 2 −2 2 −1 2 (2 −2) 2 (2 −1)(2 −2)
−1
0
2则 (2 −1＜)(2 −2) 在k≥2时， 时恒成立，
1 1 1 1 ∗
( + ) ∈
则2 −1＜2 2 2 −2 （当k≥2时），
1 1 1 1 1 1 1
( + ) = ( + )
2 −1 2 2 2 −2 4 −1
第20页（共21页）故E（X2k﹣1 ）＜2k﹣1+1 （Sk﹣1+Sk ﹣1）＜n+1 （lnk+ln（k﹣1）+1），
1 1
+ +
4 ＜ 4 ，
1 +1 −1 1 5
( )= +1+ ( + +1) + +
综上所述， 4＜ 2 2． 2 2 4
1 5
( ) + +
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