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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 的取值为1，2，3，…，9，P（ ＝k）＝a （k＝1，2，3，…，9）．若数列
k
{a }为等差数列，则a ＝（ξ ） ξ
k 5
A． B． C． D．
4．（5分）已知动点P在正方体ABCD﹣A B C D 的侧面CDD C 内（包括边界）运动，记向量（x，y，
1 1 1 1 1 1
z R），则x+y+z的取值范围是（ ）
A∈．[1，2] B． C．[1，3] D．
5．（5分）用模型y＝1+log （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＝
2
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120°到B点，则B点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
8．（5分）设双曲线C：1（a＞0，b＞0）上一点P（2，y ）到其两焦点F （﹣3，0），F （3，0）的距
0 1 2
离之和为d ，到y轴的距离为d ．若d ＝12d ，则a＝（ ）
1 2 1 2
A．2 B．1 C． D．
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，﹣1）三点，则
（ ）
第1页（共18页）A．t＝1
B．
C．
D．f（x）在上单调递增
（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x ，x R，都有（x ﹣x ）[f（x ）﹣f（x ）]＞0
1 2 1 2 1 2
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X 与X 是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且X ～B（n ，p），X ～B
1 2 1 1 2
（n ，p），其中n N*，n N*，0＜p＜1，则下列说法中正确的是（ ）
2 1 2
A．E（X 1 ）＝n 1 p ∈ ∈
B．D（X ）＝（1﹣p）E（X ）
1 1
C．令X＝X +X ，则X～B（n +n ，p2）
1 2 1 2
D．若k N*，n N*，满足n﹣n ≤k≤n ，则有
2 1
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{a }的前n项和S 满足，则a ＝ ．
n n 3
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 ．
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。
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）．
第2页（共18页）（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﹣A B C 中，平面A ACC ⊥平面ABC，A A＝A C＝AC＝4，BC＝2，
1 1 1 1 1 1 1
∠BAC＝30°，E，F分别是AC，A B 的中点．
1 1
（1）证明：EF⊥BC；
（2）求点F到平面A BC的距离．
1
17．（15分）已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若 x [1，e]，f（x ）≤0，求a的取值范围．
0 0
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的右侧），P
（x ，y ）是椭圆C在第二象限上的一动点（不同于A，B）．
0 0
（1）若m＝0，直线PA和直线PB的斜率分别记为k ，k ，求k •k 的值；
1 2 1 2
（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，并求出定点的坐标．
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p ，由全概率公式得p ，即p ，类似
n 1 1
地，求p ，p ；
3 5
第3页（共18页）（3）记X 为这次游戏结束需要抽牌的次数，期望为E（X ），求证：E（X ）＜n（n N，n≥3）．
n n n
∈
第4页（共18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）＝a （k＝1，2，3，…，9）．若数列
k
{a }为等差数列，则a ＝（ξ ） ξ
k 5
A． B． C． D．
【分析】根据题意，由随机变量的性质可得a +a +a +……+a +a ＝1，结合等差数列的性质分析可得
1 2 3 8 9
答案．
【解答】解：根据题意，离散型随机变量 的取值为1，2，3，…，9，P（ ＝k）＝a （k＝1，2，
k
3，…，9）． ξ ξ
则a +a +a +……+a +a ＝1，
1 2 3 8 9
第5页（共18页）又由数列{a }为等差数列，则a +a +a +……+a +a ＝9a ＝1，则有a ．
k 1 2 3 8 9 5 5
故选：B．
4．（5分）已知动点P在正方体ABCD﹣A B C D 的侧面CDD C 内（包括边界）运动，记向量（x，y，
1 1 1 1 1 1
z R），则x+y+z的取值范围是（ ）
A∈．[1，2] B． C．[1，3] D．
【分析】设正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为1，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z
1 1 1 1
轴，建立空间直角坐标系，设P（x ，1，z ），根据向量可得x＝x ，y＝1，z＝z ，再结合x ，z 的范
0 0 0 0 0 0
围求解即可．
【解答】解：设正方体ABCD﹣A B C D 的棱长为1，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，
1 1 1 1
z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），A （0，0，1），设P（x ，1，z ），
1 0 0
所以（x ，1，z ），（1，0，0），（0，1，0），（0，0，1），
0 0
因为（x，y，z R），
所以（x
0
，1，∈z
0
）＝x（1，0，0）+y（0，1，0）+z（0，0，1），
即（x ，1，z ）＝（x，y，z），
0 0
所以x＝x ，y＝1，z＝z ，
0 0
所以x+y+z＝x +1+z ，
0 0
又因为0≤x ≤1，0≤z ≤1，
0 0
所以0≤x +z ≤2，
0 0
所以1≤x +1+z ≤3，
0 0
即x+y+z的取值范围为[1，3]．
故选：C．
第6页（共18页）5．（5分）用模型y＝1+log （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＝
2
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+log （kx+b）可得y﹣1＝log （kx+b），
2 2
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（x ，lnx ），由题得曲线在P（x ，lnx ）处切线的斜率等于圆在P（x ，lnx ）处
0 0 0 0 0 0
切线的斜率，求得m与x 的关系，再将之代入到圆的方程，最终可解m的值．
0
【解答】解：由题意，设切点为P（x ，lnx ），圆的标准方程为x2+（y﹣m）2＝2，即圆心为C（0，
0 0
m），半径，
且曲线y＝lnx与圆x2+（y﹣m）2＝2有公切线，即两方程在切点P（x ，lnx ）处切线的斜率相同，
0 0
易得，则曲线在切点处的斜率为，
易得，则圆在P（x ，lnx ）的切线的斜率为，
0 0
则有，即，
同时切点P（x ，lnx ）在圆上，则有，
0 0
联立，得，解得，
因为x ＞0，所以有x ＝1，此时有m＝1．
0 0
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． D．
【分析】设终边在射线OA、OB的角分别为 、 ，根据三角函数的定义求出sin 、cos ，结合 ＝
+120°，运用两角和与差的三角函数公式求出αsinβ、cos ，进而根据三角函数的定α义求出α点 B的坐β标，
α可得本题的答案． β β
第7页（共18页）【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O逆α时针旋转120°到B点，可得角 ＝ +120°，
由|OA|10，可得sin ，cos ， β α
所以sin ＝sin（ +α120°）α＝sin cos120°+cos sin120°，
cos ＝coβs（ +12α0°）＝cos cosα120°﹣sin sinα120°，
所以β B点的坐α标为（10cosα，10sin ），α即（，）．
故选：A． β β
8．（5分）设双曲线C：1（a＞0，b＞0）上一点P（2，y ）到其两焦点F （﹣3，0），F （3，0）的距
0 1 2
离之和为d ，到y轴的距离为d ．若d ＝12d ，则a＝（ ）
1 2 1 2
A．2 B．1 C． D．
【分析】由点P到y轴的距离，结合双曲线定义，得到 d ＝|PF |+|PF |＝24，利用焦半径公式及c＝3
1 1 2
可求解．
【解答】解：因为点P（2，y ）到y轴的距离d ＝2，
0 2
所以点P到两焦点的距离之和d ＝|PF |+|PF |＝12d ＝24，
1 1 2 2
由圆锥曲线第二定义，
可得点P（2，y ）到左焦点F 的距离比上它到左准线的距离为离心率e，
0 1
即，则有|PF |＝a+2e，
1
由|PF |﹣|PF |＝2a，可得|PF |＝2e﹣a，
1 2 2
所以|PF |+|PF |＝4e，故4e＝24，解得e＝6，
1 2
又由焦点坐标可知c＝3，
所以，解得．
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，﹣1）三点，则
（ ）
A．t＝1
第8页（共18页）B．
C．
D．f（x）在上单调递增
【分析】代入B，C两点的坐标，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ω弦函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，
即sin（ + ）＝0，ωsinφ（2 + ）， ω φ
由图可知ω，φ点B是函数图象ω下φ降区间的一点，点C是函数图象上升区间的一点，
所以 + ＝ +2k ，2 + 2k ，k Z，
因为ω0＜φ，π π ω φ π ∈
所以取k＝φ0，则，解得 ， ，故选项B正确，选项C错误；
此时f（x）＝2sin（x），ω φ
所以f（0）＝2sin1，故选项A正确；
当x 时，x （0，），
因为∈函数y＝∈ sinx在x （0，）上不是单调递增，
所以函数f（x）在上不∈是单调递增，故选项D错误．
故选：AB．
（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x ，x R，都有（x ﹣x ）[f（x ）﹣f（x ）]＞0
1 2 1 2 1 2
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x ，x R，都有（x ﹣x ）[f（x ）﹣f（x ）]＞0 f（x）在R上单调递增，
1 2 1 2 1 2
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
第9页（共18页）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．
故选：AB．
（多选）11．（6分）若X 与X 是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且X ～B（n ，p），X ～B
1 2 1 1 2
（n ，p），其中n N*，n N*，0＜p＜1，则下列说法中正确的是（ ）
2 1 2
A．E（X 1 ）＝n 1 p ∈ ∈
B．D（X ）＝（1﹣p）E（X ）
1 1
C．令X＝X +X ，则X～B（n +n ，p2）
1 2 1 2
D．若k N*，n N*，满足n﹣n ≤k≤n ，则有
2 1
【分析】∈对A，∈直接套用二项分布的期望公式；对B，利用二项分布的方差公式结合期望公式推导；
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X ～B（n ，p）时，E（X ）＝n p，A正确；
1 1 1 1
对于B：由二项分布的方差公式可知当 X ～B（n ，p）时，D（X ）＝n p（1﹣p）＝（1﹣p）E
1 1 1 1
（X ），B正确；
1
对于C：因为X 表示n 次独立伯努利试验中成功的次数，X 表示n 次独立伯努利试验中成功的次数，
1 1 2 2
两者相互独立，
所以X＝X +X 表示n +n 次独立伯努利试验中成功的次数，所以X～B（n +n ，p），C错误；
1 2 1 2 1 2
对于D：根据条件概率公式，
因为X ，X 相互独立，
1 2
所以，
因为X +X ～B（n +n ，p），所以，
1 2 1 2
所以，D正确．
故选：ABD．
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{a }的前n项和S 满足，则a ＝ 4 ．
n n 3
【分析】由递推式和前n项和的定义可得，再求a 即可．
3
【解答】解：因为，
所以，
所以．
故答案为：4．
第10页（共18页）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 ．
【分析】设x 、x 为A、B的横坐标，由抛物线定义，有|AF|＝x +1，|BF|＝x +1，设出直线方程，与抛
1 2 1 2
物线方程联立，根据韦达定理，得，由4＜|AF|＜8，得出x 的范围，进而可求得|BF|的取值范围．
1
【解答】解：由抛物线y2＝4x，可得焦点F为（1，0），准线方程为x＝﹣1，
根据抛物线定义，有|AF|＝x +1，|BF|＝x +1，其中x 、x 为A、B的横坐标，
1 2 1 2
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x x ＝1，则，
1 2
故：，
由4＜|AF|＜8，得4＜x +1＜8，解得3＜x ＜7，
1 1
当x （3，7）时，，从而．
1
故答∈案为：．
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 ∃ ．∈
【分析】由题意，可将题设条件转化为且，利用导数判断的单调性后可得正实数a的取值范围．
【解答】解：由题设有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
设，x≥1，则，
当1≤x＜e时，f'（x）＞0；当x＞e时，f'（x）＜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；
故1≤m＜3，即m＝1或m＝2，
若m＝1，则0≤lna＜ln2且，故；
若m＝2，则且，
第11页（共18页）但，故此时a不存在；
综上，
故实数a的取值范围是．
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∠CAD，结合基本不等式运算求解．
【解答】解：（1）因为cosAcos（C﹣B）＝coθsBcos（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，
则sinC＝sin（A+B）＝sin2 ，cosC＝﹣cos（A+B）＝﹣cos2 ，CD＝2DB＝2m，
θ θ
在△ABC中，由正弦定理，可得，
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
θ 第12页（共18页）＝（24cos2 +1）m2，
即， θ
则，
令，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以cos∠CAD的最小值为．
16．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A B C 中，平面A ACC ⊥平面ABC，A A＝A C＝AC＝4，BC＝2，
1 1 1 1 1 1 1
∠BAC＝30°，E，F分别是AC，A B 的中点．
1 1
（1）证明：EF⊥BC；
（2）求点F到平面A BC的距离．
1
【分析】（1）取BC的中点G，连接EG，A E，B G，先证A ，E，G，B 四点共面，再由面面垂直的
1 1 1 1
性质定理可得A E⊥平面ABC，进而知A E⊥BC，然后结合余弦定理与勾股定理证明EG⊥BC，最后
1 1
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，EA 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角
1
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，A E，B G，
1 1
因为E为AC的中点，所以EG∥AB，
而AB∥A B ，所以A B ∥EG，即A ，E，G，B 四点共面，
1 1 1 1 1 1
又A A＝A C＝AC＝4，所以A E⊥AC，
1 1 1
因为平面A ACC ⊥平面ABC，平面A ACC ∩平面ABC＝AC，A E 平面A ACC ，
1 1 1 1 1 1 1
所以A 1 E⊥平面ABC， ⊂
而BC 平面ABC，所以A E⊥BC，
1
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，
第13页（共18页）所以AB2+BC2＝AC2，即AB⊥BC，
所以EG⊥BC，
又EG∩A E＝E，且EG，A E 平面A EGB ，
1 1 1 1
所以BC⊥平面A 1 EGB 1 ， ⊂
而EF 平面A EGB ，所以EF⊥BC．
1 1
（2）⊂解：取AB的中点H，连接EH，则EH⊥AB，EH⊥EG，
由（1）知，A E⊥平面ABC，
1
故以E为原点，EH，EG，EA 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，
1
则A （0，0，2），B（1，，0），C（﹣1，，0），G（0，，0），
1
所以（0，，0），（﹣1，，2），（﹣2，0，0），
设平面A BC的法向量为（x，y，z），则，
1
取y＝2，则x＝0，z＝1，所以（0，2，1），
所以点F到平面A BC的距离为．
1
17．（15分）已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若 x [1，e]，f（x ）≤0，求a的取值范围．
0 0
【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；
（2）题意即x [l，e]时，f（x） ≤0，然后利用导数与单调性和最值的关系即可求解．
min
【解答】解：（∈1）由题可得f'（x）
，
①当1+a＞0时，即a＞﹣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，
第14页（共18页）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x [1，e]，使得f（x ）≤0成立，
0 0
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） ＝f（e），即，
min
解得，满足a≥e﹣1，
所以；
②当1+a≤1，即a≤0时，
f（x）在[1，e]上单调递增，所以f（x） ＝f（1），
min
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） ＝f（1+a），因为0＜ln（1+a）＜1，
min
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]∪[，+∞）．
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的右侧），P
（x ，y ）是椭圆C在第二象限上的一动点（不同于A，B）．
0 0
（1）若m＝0，直线PA和直线PB的斜率分别记为k ，k ，求k •k 的值；
1 2 1 2
（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，并求出定点的坐标．
【分析】（1）设A（x ，y ），则B（﹣x ，﹣y ），，，可得，代入即可得解；
1 1 1 1
（2）设直线l的方程为y＝x+m，设A（x ，y ），B（x ，y ），由，可得，，，由四边形OAPB为平
1 1 2 2
行四边形，可得，代入椭圆方程求出m即可得解；
（3）由题意设，由可得，将代入，得，则，结合已知条件可得，则，进一步可得直线即可得证．
【解答】解：（1）因为m＝0，故直线l经过原点O，此时A，B关于原点O对称，
设A（x ，y ），则B（﹣x ，﹣y ），
1 1 1 1
第15页（共18页）又，，
则
；
（2）因为k＝1，故直线l的方程为y＝x+m，设A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
由，得3x2+4mx+2（m2﹣1）＝0，则Δ＝8（3﹣m2）＞0，即m2＜3，
所以，，
则，
若存在点P，使得四边形OAPB为平行四边形，则m≠0，
且（x +x ，y +y ），
1 2 1 2
即，代入，
得，解得，
当时，满足题意，此时l：，
当时，，此时P在第四象限，不满足题意，故舍去，
综上，存在点满足题意，l：；
（3）证明：由题意设，因为，所以，
两边同时平方可得，
将代入，得，
则，
又因为N在线段OB上，故n＞0，
所以，
即，
所以，
即直线，
整理得，
故直线PN恒过定点S（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；
第16页（共18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p ，由全概率公式得p ，即p ，类似
n 1 1
地，求p ，p ；
3 5
（3）记X 为这次游戏结束需要抽牌的次数，期望为E（X ），求证：E（X ）＜n（n N，n≥3）．
n n n
【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，最后代入计算即可；
（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（X ）次，一共E（X ）+1次，当
n n
甲第一次抽到普通牌时，分析得，再对n分奇偶数讨论即可．
【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，
则．
（2）设甲手中有n张牌时，乙获胜的概率为P ，按照甲第一次抽卡牌的情况分两类，
n
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p ，乙获胜的概率为1﹣p ；
n n
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，甲有n﹣2张普通牌，此时乙获胜的概率为p
n﹣2
，
故，化简得，
当n＝3时，代入（*）得，
当n＝5时，代入（*）得．
（3）证明：按照甲第一次抽卡牌的情况分两类，
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（X ）次，一共E（X ）+1次，
n n
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（X
n﹣2
），
一共E（X
n﹣2
）+2次，
，
故，E（X ）＝2，E（X ）＝0，
1 0
①若n为偶数，设n＝2k，k≥2，k N*，，
首先设，则， ∈
第17页（共18页）则f（x）在（0，1）上单调递减，则f（x）＜f（0）＝0，
则不等式在x （0，1）上恒成立，代入，
有， ∈
故，有；
②若n为奇数，设n＝2k﹣1，k≥2，k N*，，
当k≥2时，时，， ∈
则在k≥2时，时恒成立，
则（当k≥2时），
故E（X 2k﹣1 ）＜2k﹣1+1（S k﹣1 +S k ﹣1）＜n+1（lnk+ln（k﹣1）+1），
，
综上所述，．
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