文档内容
2025-2026 学年湖北省襄阳四中高三（上）质检数学试卷（五）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1．（5分）已知复数z1 ＝2﹣i，z2 ＝a+2i（其中i为虚数单位，a R）．若z1 •z2 是纯虚数，则a＝（ ）
A．﹣4 B．﹣1 C．1 ∈ D．4
2．（5分）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且 ，则f′（1）＝（ ）
1
A．1 B．2 C．﹣ ( 1 )=2′ (1) + D． ﹣2
3．（5分）已知 ， ， ，则 ， （ ）
→ → → → → →
| |= 1 | |= 2 |2 − |=2 〈 〉=
A． B． C． D．
2
4．（5分
6
）设随机变量X～N（ 23，10），a＝P（X＜3）
3
， ， 3c＝ln3﹣ln2，则（ ）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜ c＜=b 5(1+ D2)．b＜c＜a
5．（5分）中国戏曲中人物角色的行当分类，可以有生、旦、净、末、丑五大行当．现有3名男生和2名
女生，每人要扮演某戏曲中的一个角色，五个行当均有人扮演，且生行、净行由男生扮演，旦行由女生
扮演，则不同的人物角色扮演方式共有（ ）
A．6种 B．12种 C．24种 D．48种
6．（5分）若双曲线 ： ＞，＞ 上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形，
2 2
则双曲线C的离心 率
的2取−值
2范=围1(是 （0 ）0)
A． ， B． ， C． ， D． ，
7．（5分(1）已3知)函数 ( 3 +∞) ＜ ，(若1关于2) x的方程f（x）(＝2 1在+（∞ 0 )， ）上恰有一个实
( )=2 (2 + )(| | ) π
数根m，则f（2m）（ ） 2
A．﹣2 B． C． D．2
− 3 3
8．（5分）等差数列{an}前n项的和为Sn ，已知 ， ，则m＝（ ）
2 38
A．7 B．8 C ． −1 9 + +1−3 =0 D． 1 2 0 −1 = 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（3分）下列关于说法正确的是（ ）
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布
第1页（共22页）C．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相
同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P（A|B）
2
D．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为 ＝= {19，2，3，4，5，6}，令事件A＝{2，3，5}，B＝{1，
2}，则事件A，B独立 Ω
（多选）10．（3分）如图，△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c， （acosC+ccosA）＝2bsinB，
且∠CAB ．若点D在△ABC外，DC＝1，DA＝3，则下列说法中正确的3有（ ）
=
3
A．
∠ =
B． 3
∠ =
3
C．四边形ABCD面积的最大值为
5 3
D．四边形ABCD面积无最大值 +2
2
（多选）11．（3分）已知正四面体ABCD的棱长为 ，其外接球的球心为O．点E满足 ＜＜ ，
→ →
2 2 = (0 1)
＜＜ ，过点E作平面 平行于AC和BD，平面 分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相
→ →
交 于=点 M ，(0G， H，1)则（ ） α α
A．四边形EMGH的周长为定值
B．四棱锥A﹣EMGH的体积的最大值为
64
C．当 时，平面 截球O所得截面的8周1长为
1
= α 3
D．当 2 时，将正四体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为
1 4
三、填空题 =： 本=题2共3小题，每小题5分，共15分。
3
12．（5分）集合A＝{（x，y）|y＝1﹣x}，B＝{（x，y）|x2+y2＝1}，则集合A∩B的子集个数为 ．
13．（5分）已知{an}是单调递减的等比数列，其前n项和为Sn ，若a3+a6 ＝9，a4a5 ＝8，则S4 ＝ ．
14．（5分）已知正实数x，y满足e1﹣2x＝（2x+y）ey，则 的最小值为 ．
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）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝b﹣1，c＝b+1．
第2页（共22页）（1）若5sinC＝7sinA，求AC边上的中线BD的长；
（2）若△ABC是锐角三角形，求cosB的取值范围．
16．（15分）在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，
， 平面ABCD，AB＝2EF＝2，点M为BC中点．
2
∠（ 1 ） 在=直3线C D 上∥ 是否存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF，请说明理由；
（2）请在下列条件中任选一个，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．
；②EM＝2．
1
① ∠ =
4
17．（15分）在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，
成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约
2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研
发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能
检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能
生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天
相同，否则选择另一种检测方式．
（Ⅰ）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列．
（Ⅱ）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设pn （n N*）表示
∈
事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若pn ＞ 恒成立，认为该企业具有一定的智
1
能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励2资金．请问该企业能拿到奖励资金
吗？请说明理由．
18．（17分）设a R，已知函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝lnx+acosx．
（1）若a＝1，∈判断f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（2）若 ＜＜ ，判断g（x）的零点个数，并给出证明；
1
（3）若0 f（x ）≥2g（x），求正整数a的值．
19．（17分）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两个椭
第3页（共22页）圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的
相似比．已知椭圆 ： ，椭圆C2 与C1 的焦点在同一坐标轴上，且经过点 ， ，并与
2 2
椭圆C1 相似． 1 3 + 2 =1 ( 2 3)
（1）求椭圆C2 的方程．
（2）若直线m与椭圆C1 相切，且与椭圆C2 交于A，B两点，求证：△OAB的面积是定值．
（3）过点（0，﹣1）作斜率为k的直线l与椭圆C1 交于R，Q两点（R在Q的上方），直线l与椭圆
C2 交于S，P两点（S在P的上方）．是否存在直线l，使得 ？若存在，求出直线l的
→ → →
方程，若不存在，请说明理由． 3 +2 =4
第4页（共22页）2025-2026 学年湖北省襄阳四中高三（上）质检数学试卷（五）
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 A C D A D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD AB ABD
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1．（5分）已知复数z1 ＝2﹣i，z2 ＝a+2i（其中i为虚数单位，a R）．若z1 •z2 是纯虚数，则a＝（ ）
A．﹣4 B．﹣1 C．1 ∈ D．4
【分析】先利用复数的乘法，写出z1 •z2 ，再根据纯虚数的概念求参数．
【解答】解：z1 •z2 ＝（2﹣i）（a+2i）＝（2a+2）+（4﹣a）i，
因为z1 •z2 是纯虚数，所以 a＝﹣1．
2 +2=0
⇒
故选：B．
4− ≠0
2．（5分）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且 ，则f′（1）＝（ ）
1
A．1 B．2 C．﹣ ( 1 )=2′ (1) + D． ﹣2
【分析】求导，即可代入求解．
【解答】解： ，
2′ (1) 1
∴f′（1）＝′ 2 f′( （)= 1）﹣ 1，−解 得2 f′（1）＝1．
故选：A．
3．（5分）已知 ， ， ，则 ， （ ）
→ → → → → →
| |= 1 | |= 2 |2 − |=2 〈 〉=
A． B． C． D．
2
【分6析】先利用向量数量积2的运算律结合条件求出3 ，再根据向量夹3 角的计算公式列式求解即得．
→ →
⋅ =1
第5页（共22页）【解答】解：已知 ，
→ →
|2 − |= 2
两边平方整理可得 ，
→ → → →
2 2
4 −4 ⋅ + =4
又因为 ， ，代入解得 ，
→ → → →
| |= 1 | |=2 ⋅ =1
根据两向量的夹角公式可得cos＜， ＞ ，
→ →
→→
⋅ 1
= → → =
2
| || |
又＜， ＞ [0， ]，
→ →
∈ π
所以＜ ，＞ ．
→ →
故选：C ． = 3
4．（5分）设随机变量X～N（3，10），a＝P（X＜3）， ，c＝ln3﹣ln2，则（ ）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜ c＜=b 5(1+ D2)．b＜c＜a
【分析】由正态分布的性质得 ，由作差法、对数的性质比较a，b，c大小，即可得．
1
=
【解答】解：根据题意可知， 2 ＜ ，
1
= ( 3)=
因为 ＞，所以 2 ＞ ，
2
所以
(＞2+1) −5=
，
2( 2−1) 0＜ 2+
，
1 5
1 1 3 2 1 1
所以 c＜ a ＜ 5 b．5= 2 = 2 ( 2 ) 2 = 2
故选：A．
5．（5分）中国戏曲中人物角色的行当分类，可以有生、旦、净、末、丑五大行当．现有3名男生和2名
女生，每人要扮演某戏曲中的一个角色，五个行当均有人扮演，且生行、净行由男生扮演，旦行由女生
扮演，则不同的人物角色扮演方式共有（ ）
A．6种 B．12种 C．24种 D．48种
【分析】根据“特殊元素（位置）优先法”，先安排生行、净行和旦行，再安排其他行即可．
【解答】解：由题意，生行、净行由男生扮演，
则从3名男生中选2人，再全排列，有 种扮演方式；
2 2
旦行由女生扮演， 3 2
则从2名女生中选1人，有 种扮演方式；
1
剩下的2人有 种扮演方式 ，2
2
故共有 2 种不同的人物角色扮演方式．
2 2 1 2
3 2 2 2 =24
第6页（共22页）故选：C．
6．（5分）若双曲线 ： ＞，＞ 上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形，
2 2
则双曲线C的离心 率
的2取−值
2范=围1(是 （0 ）0)
A． ， B． ， C． ， D． ，
(1 3) ( 3 +∞) (1 2) ( 2 +∞)
【分析】设A（m，n），由题知 1，可得m2 ，m2＞a2，可得c2﹣2a2＞0，求解即可．
2 2 2 2
2 − 2 = = 2 2
【解答】解：设A（m，n），由题 知 1，解得n 2− m2﹣b2，
2 2 2
2 − 2 = = 2
因为四边形ABCD是正方形，所以m 2 m2﹣b2，解得m2 ，
2 2 2
= 2 = 2 2
又∵m2＞a2，∴ ＞a2，解得b2﹣a2 ＞0，∴c2﹣2a2＞0， ∴− e2 ＞2，∴e＞ ．
2 2
故选：D． 2 2 2
−
7．（5分）已知函数 ＜ ，若关于x的方程f（x）＝1在（0， ）上恰有一个实
( )=2 (2 + )(| | ) π
数根m，则f（2m）（ ） 2
A．﹣2 B． C． D．2
【分析】直接利用三角函数−的3图象和性质求出结果3．
【解答】解：若关于x的方程f（x）＝1在（0， ）上恰有一个实数根m，
π
则2sin（2x+ ）＝1，即 在（0， ）上恰有一个实数根m，
1
因为 恰为y＝φ sin（2x+ ） 的(2最 小+正 )周=期2，且当x π （0， ）时，2x+ （ ，2 + ），
π φ ∈ π φ∈ φ π φ
所以 ，
1
=
若 ，2则关于x的方程f（x）＝1在（0， ）上有两个实数根，
1
≠ π
因为 ＜2，所以 ，
| | =
2 6
则 ，解得 ，
5
2 + = =
所以 6 6 3 ．
2 4
故选： (2 A ．)= ( 3 )=2 ( 3 + 6 )=−2
8．（5分）等差数列{an}前n项的和为Sn ，已知 ， ，则m＝（ ）
2 38
A．7 B．8 C ． −1 9 + +1−3 =0 D． 1 2 0 −1 = 3
【分析】根据等差数列的性质进行化简求值．
第7页（共22页）【解答】解：由等差数列的性质，知am﹣1+am+1 ﹣3 2am ﹣3 0，
2 2
= =
所以am ＝0或am ，
2
=
因为S2m﹣1 ＝（2m﹣3 1）am ，所以am ，且m＝10．
38 2
故选：D． = 3 = 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（3分）下列关于说法正确的是（ ）
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布
C．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相
同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P（A|B）
2
D．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为 ＝= {19，2，3，4，5，6}，令事件A＝{2，3，5}，B＝{1，
2}，则事件A，B独立 Ω
【分析】直接利用随机事件，两点分布的和二项分布的区别，条件概率的应用，相互独立事件的定义的
应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，故出现正面的次数
是随机变量，故A正确；
对于B：某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从二项分布B（3，0.5）而不是两
点分布，故B错误；
对于C：小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点
不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，
故P（A） ，P（B） ，
3
4×3×2×1 3 4×3 27
= 4 = = 4 =
4 32 4 64
所以P（AB） ，P（A|B） ，故C正确；
3
3 ( ) 32 2
= = = 27 =
32 ( ) 9
对于D：抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样64本空间为 ＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A＝{2，3，5}，
B＝{1，2}，根据事件的独立性，则事件A，B独立，Ω故D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（3分）如图，△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c， （acosC+ccosA）＝2bsinB，
且∠CAB ．若点D在△ABC外，DC＝1，DA＝3，则下列说法中正确的3有（ ）
=
3
第8页（共22页）A．
∠ =
B． 3
∠ =
3
C．四边形ABCD面积的最大值为
5 3
D．四边形ABCD面积无最大值 +2
2
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出角判断AB；利用三角形面积公式及余弦定理，借助
三角函数性质求解判断CD．
【解答】在△ABC中，由正弦定理及 ，得 2sin2B，
3( + )=2 3( + )=
即 ，有 ，而0＜B＜ ，sinB＞0，解得 ，
2 2 3
3 ( + )=2 3 =2 π =
而 ，则有 ， ，因此 ， ，故AB正确2；
2
显然∠ △ AB = C3是等边三 角∈形(0， 3 ) = 3 ∠ = −∠ − = 3
四边形ABCD面积等于
3 2 1
△ + △ = + ⋅ ⋅ ∠
4 2
3 2 2 1
= ( + −2 ⋅ ⋅ ∠ )+ ⋅ ⋅ ∠
4 2 ，
3 3 5 3 5 3
= (9+1−6 ∠ )+ ∠ = +3 (∠ − )≤ +3
当且4仅当 ，即2 时取2等号，CD错误． 3 2
5
故选：AB ∠． − 3 = 2 ∠ = 6
（多选）11．（3分）已知正四面体ABCD的棱长为 ，其外接球的球心为O．点E满足 ＜＜ ，
→ →
2 2 = (0 1)
＜＜ ，过点E作平面 平行于AC和BD，平面 分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相
→ →
交 于=点 M ，(0G， H，1)则（ ） α α
A．四边形EMGH的周长为定值
B．四棱锥A﹣EMGH的体积的最大值为
64
C．当 时，平面 截球O所得截面的8周1长为
1
= α 3
D．当 2 时，将正四体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为
1 4
= =
2 第9页（共22页） 3【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，对A：根据面面平行的性质定理结合
平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；
对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公
式运算求解．
【解答】解：对于棱长为2的正方体AB1CD1 ﹣A1BC1D，则ABCD为棱长为 的正四面体，则球心O
即为正方体的中心， 2 2
连接B1D1 ，设AC∩B1D1 ＝N，
∵BB1 ∥DD1 ，BB1 ＝DD1 ，则BB1D1D为平行四边形，
∴BD∥B1D1 ，
又∵BD∥平面 ，B1D1 平面 ，
∴B1D1 ∥平面α， ⊄ α
又∵AC∥平面α，AC∩B1D1 ＝N，AC，B1D1 平面AB1CD1 ，
∴平面 ∥平面αAB1CD1 ， ⊂
对A：如α 图1，
∵平面 ∥平面AB1CD1 ，平面 ∩平面ABC＝EM，平面AB1CD1 ∩平面ABC＝AC，
α α
∴EM∥AC，则 ，即 ，
同理可得：HE∥ G M =∥ B 1D = 1 ，1 − =(1，− ) =2 2(1− )
EM∥GH∥AC， = =，2 2
∴四边形EMGH 的 周=长 =2 2(1− ) （定值），A正确；
= + + + =4 2
对B：如图1，由A可知：HE∥GM∥B1D1 ， ，
EM∥GH∥AC， ， = =2 2
∵AB1CD1 为正方 形 ，=则 AC=⊥2B1 2D(
1
1，− )
第10页（共22页）∴EMGH为矩形，
根据平行可得：点A到平面 的距离d＝ AA1 ＝2 ，
α λ λ
故四棱锥A﹣EMGH的体积 ，
1 16 2 3
= ×2 ×2 2 ×2 2(1− )= ( − )
则 ，∵0＜ ＜1 3， 3
16
′ = (2−3 ) λ
则当 ＜3 ＜ 时，则V′＞0，V在 ， 上单调递增，
2 2
0 (0 )
当 ＜＜ 时3，则V′＜0，V在 ， 3上单调递减，
2 2
1 ( 1)
∴3当 时，V取到最大值 ， 3
2 64
=
故四棱锥3 A﹣EMGH的体积的81最大值为 ，B正确；
64
对C：正四面体ABCD的外接球即为正
8
方
1
体AB1CD1 ﹣A1BC1D的外接球，
其半径 ，设平面 截球O所得截面的圆心为O1 ，半径为r，
= 3 α
当 时， ，平面EMGH过外接球球心O，
1 1
平面 =截2球O
所
得=截
2
面圆半径为 ，
截面圆α 周长为 ，C错 误=；3
对D：如图2，2将 正=四2面3体 ABCD绕EF旋转90°后得到正四面体A1B1C1D1 ，
设A1D1 ∩AD＝P，A1C1 ∩BD＝K，B1C1 ∩BC＝Q，B1D1 ∩AC＝N，
∵ ，则E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，
1
∴ 两=个 正=四2面体的公共部分为EFPQKN，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得： ，正四棱锥K﹣PEQF的高为 ，
1
= 2 1 = 1
故公共部分的体积 2 ，D正确．
1 4
故选：ABD． =2 − =2× 3 ×1× 2× 2= 3
第11页（共22页）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）集合A＝{（x，y）|y＝1﹣x}，B＝{（x，y）|x2+y2＝1}，则集合A∩B的子集个数为 4 ．
【分析】先求出集合的交集元素，然后结合子集与集合元素个数的规律可求．
【解答】解：联立 ，
=1−
2 2
解得 或 ，+ =1
=0 =1
因为A ＝={1（x， y=）0|y＝1﹣x}，B＝{（x，y）|x2+y2＝1}，
则集合A∩B＝{（0，1）（1，0）}．
故集合A∩B的子集个数为4．
故答案为：4．
13．（5分）已知{an}是单调递减的等比数列，其前n项和为Sn ，若a3+a6 ＝9，a4a5 ＝8，则S4 ＝ 60 ．
【分析】根据给定条件，结合等比数列性质求出a1 ，q，再利用前n项和公式求解．
【解答】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若a4a5 ＝8，则有a3a6 ＝a4a5 ＝8，
又由a3+a6 ＝9，
则a3 ，a6 是方程x2﹣9x+8＝0的两个根，又a3 ＞a6 ，
解得a3 ＝8，a6 ＝1，
则 ，解得 ， ，
3 6 1 1 3
= = = 1 = 2 =32
3 8 2
所以 ．
1
32(1− 24)
4 = 1 =60
故答案为：6 1 0 −．2
14．（5分）已知正实数x，y满足e1﹣2x＝（2x+y）ey，则 的最小值为 2 ．
2
2
+ +
第12页（共22页）【分析】先将等式变形，构造函数，利用函数单调性得到2x+y＝1，对 变形后使用基本不等
2
2
式求解最小值． + +
【解答】解：e1﹣2x＝（2x+y）ey变形为e1﹣2x＝ey+ln（2x+y），
则1﹣2x＝y+ln（2x+y），即2x+y+ln（2x+y）＝1，
令g（t）＝lnt+t，（t＞0），则 ＞ 恒成立，
1
则g（t）＝lnt+t，（t＞0），单′调 (递 )增=，
+1 0
又g（1）＝1，所以2x+y＝1，
则 ，
2 2
2 2 + (2 + )
+ + = + = + = + ≥2 ⋅ =2
当且仅当 ，即 时，等 号成立 ，
1
= = =
故 的 最小值为2． 3
2
2
故答 +案为 ：+ 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）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝b﹣1，c＝b+1．
（1）若5sinC＝7sinA，求AC边上的中线BD的长；
（2）若△ABC是锐角三角形，求cosB的取值范围．
【分析】（1）由条件5sinC＝7sinA结合正弦定理得5c＝7a，结合题意得△ABC的三边长，求得cosC，
在△BCD中利用余弦定理求出BD；
（2）由题意知：c＞b＞a且b＞2．要使△ABC是锐角三角形，只要 ， ．由cosC＞0解得b＞4，
∈(0 )
由余弦定理得cosB的表达式，进而可得cosB的取值范围． 2
【解答】解：（1）在△ABC中，由于5sinC＝7sinA，
所以5c＝7a，结合题意得5（b+1）＝7（b﹣1），即b＝6．
故△ABC的三边长分别为5，6，7，
所以 ，
2 2 2
6 +5 −7 1
= =
在△BCD中，2 B × D 62×＝5 BC2+ 5 CD2﹣2BC•CD•cosC 28，
1
故 ． =25+9−2×5×3× 5 =
（ 2） 由=题2 意7知：c＞b＞a且b＞2．
要使△ABC是锐角三角形，只要 ， ．
∈(0 )
第2 13页（共22页）故 ＞，解得：b＞4，
2 2 2
( −1) + −( +1)
= 0
又因为 2× ×( −1) ，
2 2 2 2
( −1) +( +1) − +2 1 3 1
= = 2 = + ⋅ 2
由b＞4，得 ＜ 2×( + ＜ 1)×( ， − 所 1) 以 ＜2( −＜1) ， 2 2 −1
1 1 1 3
0 2
故cosB的取值范 围−是1 ，15 ． 2 5
1 3
16．（15分）在如图所示的( 2五面5体) ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，
， 平面ABCD，AB＝2EF＝2，点M为BC中点．
2
∠（ 1 ） 在=直3线C D 上∥ 是否存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF，请说明理由；
（2）请在下列条件中任选一个，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．
；②EM＝2．
1
① ∠ =
4
【分析】（1）由题意根据条件推出EF∥平面ABCD，GM∥平面BDF，再根据面面平行的判定定理证明
结论．
（2）若选①，在△BDF中，利用 ，求出BF，取AD 中点N，连接FN，BN，从而证明
1
BN⊥AD，FN⊥AD，建立空间直角 坐 标∠系 ， 求=出4所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求
出平面BEC的法向量，再利用法向量求二面角即可．
若选②，由EM＝2，求出OF，取AD中点N，连接FN，ON，BN，从而证明BN⊥AD，FN⊥AD，仿
照选①的方法可求二面角．
【解答】解：（1）在直线CD上存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF，理由如下：
连接AC交BD于点O，连接OM，OF，取CD的中点G，连接GM，GE，
又EF∥平面ABCD，EF 平面ABEF，
⊂ 第14页（共22页）平面ABCD∩平面ABEF＝AB，故EF∥AB，
O为AC的中点，点M为BC中点，则OM∥AB∥EF，
，故四边形OMEF为平行四边形，
1
所 以= E2M ∥ O = F， 又EM 平面BDF，OF 平面BDF，
所以EM∥平面BDF；⊄ ⊂
又点M为BC中点，G为CD的中点，
所以GM∥BD，又GM 平面BDF，BD 平面BDF，
所以GM∥平面BDF，⊄ ⊂
又EM∩GM＝M，EM，GM 平面EMG，
所以平面EMG∥平面BDF；⊂
（2）选择①，
四边形ABCD为菱形， ，所以 ，
2
则△BAD为正三角形，∠ A B ＝ 2，= 3 ∠ = 3
故在△BDF中， ， ，
1
= =2 ∠ =
4
由余弦定理知 ，
2 2 1
取AD中点N， 连=接F 2 N，+ B 2 N，−2×2×2× 4 = 6
在△BNF中， ， ，
3
所以BN2+FN2＝ BF =2， 所=以2 B × N⊥ 2F = N，3 = 6
因为△ABD是正三角形，所以BN⊥AD，
因为AD∩FN＝N，AD，FN 平面ADF，所以BN⊥平面ADF，
FN 平面ADF，所以BN⊥F⊂N，
又F⊂N⊥AD，AD∩BN＝N，AD，BN 平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD， ⊂
故以N为原点分别以NA，NB，NF所在直线为x，y，z轴，建系如图：
第15页（共22页）则 ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ，， ，
1 3
(1 0 0) (0 3 0) (−2 3 0) (− 3) (0 0 3) (−1 0 0)
则 ，， ， ， ， ， 2 ，2 ， ， ， ， ，
→ → → → →
3 3
， ，=(2，0 0) =( 2 − 2 3) =(−1 3 0) =(−1 − 3 0) =
(1 0 3)
设平面BEC的法向量为 ，， ，
→
=( )
则 ，即 ，取 ，， ，
→ →
2 =0 →
→ ⋅ → =0 3 3 =(0 2 1)
− + 3 =0
⋅ =0 2 2
设平面BDF的法向量为 ，， ，
→
=( )
则 ，即 ，取 ， ， ，
→ →
→
→ ⋅ → =0 − − 3 =0 =( 3 −1 −1)
+ 3 =0
故 ⋅ ， =0 ，
→ →
→ →
⋅ −2−1 3
〈 〉= → → = =−
由于平面BDF与| 平||面 |BEC 5所⋅ 5成二面 5 角为 [0， ]，则 ，
3
θ∈ π | |=
所以平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值为 5 ；
2 4
若选②： = 1− = 5
由（1）可知，OF＝EM＝2，
取AD中点N，连接FN，ON，BN，
在△ONF中， ， ， ，则FN2+ON2＝OF2，所以ON⊥FN，
因为△ADF是正 三=角形3， 所 以=A1D⊥ F N=，2
又AD∩ON＝N，AD，ON 平面ABCD，则FN⊥平面ABCD，
BN 平面ABCD，故FN⊥⊂BN；
因为⊂△ABD是正三角形，所以BN⊥AD，
因为AD∩FN＝N，AD，FN 平面ADF，所以BN⊥平面ADF，
⊂
第16页（共22页）以下同选①．
17．（15分）在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注，
成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小93%，重量仅约
2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起搏器研
发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测包括智能
检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能
生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方式和前一天
相同，否则选择另一种检测方式．
（Ⅰ）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列．
（Ⅱ）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设pn （n N*）表示
∈
事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若pn ＞ 恒成立，认为该企业具有一定的智
1
能化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励2资金．请问该企业能拿到奖励资金
吗？请说明理由．
【分析】（Ⅰ）设计算机4次生成的数字之和为 ，则 ～ ， ，由已知得随机变量X的所有可能取
1
值为1，2，3，计算出各自对应的概率即可求解ξ； (4
2
)
（Ⅱ）设An﹣1 表示事件“第n﹣1天该企业产品检测选择的是智能检测”，An 表示事件“第n天该企业
产品检测选择的是智能检测”，利用全概率公式和等比数列的通项公式，即可求解．
【解答】解：（I）设计算机4次生成的数字之和为 ，则 ～ ， ，
1
ξ (4 )
＜ ， 2
0 1 4 1 1 4 2 1 4 11
( 3)= 4( ) + 4( ) + 4( ) =
2 ＜ 2 ， 2 16
5
由(已 ⩾知3)得=随1机−变 (量
X
3的)=所1有6可能取值为1，2，3，
＜ ，
5 11 55
( =1)= ( ⩾3)⋅ ( 3)= × =
＜ 16 16 256 ，
11 5 5 5 80 5
( =2)= ( 3)⋅ ( ⩾3)+ ( ⩾3)⋅ ( ⩾3)= × + × = =
＜ ＜ ， 16 16 16 16 256 16
11 11 121
∴(随 =机3变)量=
X
(的 分3布)⋅列 (为 ：3)=
16
×
16
=
256
X 1 2 3
第17页（共22页）P
55 5 121
（II）①设An﹣1 表示事件“第n﹣2516天该企业产品检测选16择的是智能检测”， 256
An 表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”，
由 全 概 率 公 式 知
＜ ．
= ( )= ( | −1) ( −1)+ ( | −1) ( −1)= −1⋅ ( 3)+(1− −1) ( ⩾3)=
，
11 5 3 5
−1+(1− −1) = −1+
1∴6 16 ；8 16
3 5
= −1+ ( ⩾2)
②由① 8知 16 ， ，又p1 ＝1，
1 3 1
− = ( −1− ) ⩾2
所以数列 2 是首8 项为 ，2公比为 的等比数列，
1 1 3
{ − }
∴ 2 ， 2 8 ，
1 1 3 −1 1 3 −1 1
− = ( ) = ( ) +
∵ 2 2 8 ＞ 恒成2立8， 2
1 3 −1 1 1
所以 该=企2业( 8具) 有一+定2的智2 能化管理水平，能拿到奖励资金．
18．（17分）设a R，已知函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝lnx+acosx．
（1）若a＝1，∈判断f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（2）若 ＜＜ ，判断g（x）的零点个数，并给出证明；
1
（3）若0 f（x ）≥2g（x），求正整数a的值．
【分析】（1）a＝1时，f（x）＝ex﹣sinx，求函数的导数，利用导数判断函数的单调性即可．
（2）g（x）的零点数为1，利用导数判断函数的单调性，从而证明即可．
（3）f（x）≥g（x），得出ex﹣lnx≥a（sinx+cosx），令h（x）＝ex﹣lnx，x＞0，利用导数判断好的单调
性，得出h（x）的最小值，求出最小值的范围，再根据三角函数的性质，求出正整数a的值．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣sinx，f'（x）＝ex﹣cosx＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（2）g（x）的零点数为1，证明如下：
由题意可得，g′（x） asinx，x＞0，
1
= −
当0＜a＜ 时，sinx [﹣1 ，1]，当x＞0时， ＞0，
1 1
∈
所以当x足2够小时， ＞asinx，即g（x）＞0 ．g（x）在（0，+∞）上递增，
1
第18页（共22页）又g（1）＝acos1＞0，且当x→0时，lnx→﹣∞，所以g（x）→﹣∞．
结合单调性可知，g（x）有且仅有一个零点，
（3）f（x）≥g（x），即ex﹣asinx≥lnx+acosx，所以ex﹣lnx≥a（sinx+cosx），
令h（x）＝ex﹣lnx，x＞0，则h′（x）＝ex ，
1
−
因为h′（x）在 （0，+∞） 上单调递增，且 h′（ ） 2＜0，h′（1）＝e﹣1＞0，
1
= −
由零点存在性定理可得，存在x0 （ ，1），使得h′（2 x0 ） 0，
1 0 1
∈ = − =
即 ，所以x0 ＝﹣lnx0 ，所以h2（x）在（0，x0 ）上单调递减， 在0 （x0 ，+∞）上单调递增，
0 1
=
所以h（ x 0）的极小值也是最小值为h（x0 ） lnx0 ＝x0 ，
0 1
= − +
0
因为x0 （ ，2），所以h（x0 ） （2， ），
1 5
∈ ∈
因为y＝sin2x+cosx sin（x ）的值2域为[ ， ]，
= 2 + − 2 2
当a＝1时，a（sinx+cosx）的最4大值为 ，而h（x）的最小值h（x0 ）＞ ，满足题意；
当a≥2时，a（sinx+cosx）的最大值为 2a，大于h（x）的最小值h（x0 ），2
不满足ex﹣lnx≥a（sinx+cosx），不合题意2；
所以正整数a＝1．
19．（17分）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两个椭
圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个椭圆的
相似比．已知椭圆 ： ，椭圆C2 与C1 的焦点在同一坐标轴上，且经过点 ， ，并与
2 2
椭圆C1 相似． 1 3 + 2 =1 ( 2 3)
（1）求椭圆C2 的方程．
（2）若直线m与椭圆C1 相切，且与椭圆C2 交于A，B两点，求证：△OAB的面积是定值．
（3）过点（0，﹣1）作斜率为k的直线l与椭圆C1 交于R，Q两点（R在Q的上方），直线l与椭圆
C2 交于S，P两点（S在P的上方）．是否存在直线l，使得 ？若存在，求出直线l的
→ → →
方程，若不存在，请说明理由． 3 +2 =4
【分析】（1）利用相似性质，可知两椭圆离心率相等，即可求解；
（2）先考虑斜率不存在时，求得△OAB的面积为 ；在斜率存在时设直线方程为y＝kx+n，与椭圆 ：
6 1
联立，由两者相切推得n2＝2k2+3，再由y＝kx+n与椭圆 ： 联立，利用弦长公
2 2 2 2
+ =1 2 + =1
3 2 6 4
第19页（共22页）式求得|AB|和O到直线kx﹣y+n＝0的距离d，化简后代入△OAB的面积公式，计算即得证；
（3）联立直线与椭圆方程说明QR的中点也是PS的中点，然后将 转化为|PS|，|QR|
→ → →
的数量关系，借助弦长公式完成计算． 3 +2 =4
【解答】解：（1）易知“特征三角形”是等腰三角形，且腰长为a，底边长为2c，
那么两个“特征三角形”相似比即两椭圆的长半轴长之比或者焦距之比，
此时这两个椭圆的离心率相等，
因为椭圆C1 的离心率为 ，
2 2 3
1 = 1−( ) =
3 3
可知过点 ， 且与椭圆C1 相似的椭圆C2 的离心率 ，
3
( 2 3) 2 = 1 =
设所求椭圆为 ： ， 3
2 2
2 2+ 2 =1
因为点 ， 在 椭圆 C2 上，所以 ，
3 2
( 2 3) 2 + 2 = 1 ①
又 ，解得2a2＝ 3b2， ②
3 2
联立 2 ① = ②3 =，解1得− a (2 ＝) 6，b2＝4，
则椭圆C2 的方程为 ： ；
2 2
（2）证明：当直线 m 2 的斜6 率+不4存=在1时，
因为其与椭圆 ： 相切，
2 2
所以切线方程为 1 3 + 2，=由1对称性不妨取 ，
=± 2 = 2
将 代入椭圆 ： 中，
2 2
解得 = 2， ， 2 6 ，+ 4 =，1此时 ，
( 2 − 3) ( 2 3) | |=2 3
所以 ；
1
当直线 △ m 的=斜2率×存2在×时2，3设=直线6 m的方程为y＝kx+n，
联立 ，消去y并整理得（2k2+3）x2+4nkx+2n2﹣6＝0，
= +
2 2
因为直3线 + m2与 = 椭 1 圆C1 相切，所以Δ＝（4nk）2﹣4（2k2+3）（2n2﹣6）＝0，
解得n2＝2k2+3，
联立 ，消去y并整理得（2k2+3）x2+4nkx+2n2﹣12＝0，
= +
2 2
+ =1
6 4 第20页（共22页）此时Δ＝（4nk）2﹣4（2k2+3）（2n2﹣12）＝8（12k2﹣3n2+18），
又n2＝2k2+3，所以Δ＝8（12k2﹣3n2+18）＝24（2k2+3）＞0，
设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），
由韦达定理得 ，
4
1+ 2 =− 2
2 +3
2
2 −12
此时 1 2 = 2
2 +3
2 2 2
| |= 1+ | 1− 2|= 1+ ( 1+ 2) −4 1⋅ 2
，
2 2 2
2 4 2 2 −12 2 −6 +24 +36
=又n 12＝+ 2 k2+3 (，− 2 2 +3 ) −4× 2 2 +3 =2 1+ (2 2 +3) 2
所以 ，
2 −6(2 2 +3)+24 2 +36 2 12 2 +18 2 6(1+ 2 )
| |=2 1+ ⋅ 2 2 =2 1+ ⋅ 2 2 = 2
又点O到直线kx﹣y+n＝0的距(离2 为+3) ， (2 +3) 2 +3
2
| | 2 +3
= 2 = 2
则 1+ 1+ ，
1 1 2 6(1+ 2 ) 2 2 +3
故 △△ O A B=的 2 面×积| 为 |定×值 ，=定 2 值×为 2 ；2 +3 × 1+ 2 = 6
（3）假设直线l存在； 6
设直线l的方程为y＝kx﹣1，Q（x3 ，y3 ），R（x4 ，y4 ），P（x5 ，y5 ），S（x6 ，y6 ），
联立 ，消去y并整理得（2k2+3）x2﹣4kx﹣4＝0，
= −1
2 2
+ =1
3 2
由韦达定理得 ，
4
3+ 4 = 2
2 +3
4
3 4 =− 2
2 +3
联立 ，消去y并整理得（2k2+3）x2﹣4kx﹣10＝0，
= −1
2 2
+ =1
6 4
由韦达定理得 ，
4
5+ 6 = 2
2 +3
10
5 6 =− 2
可得 2 +3，即QR，PS中点的横坐标相同，
3+ 4 5+ 6 2
因为P，
2
Q，= R， 2S四点=共
2
线2
+
，
3
所以QR的中点即为PS的中点，
因为 ，所以 ，
→ → →
| |−| | | |+| |
整理得3 2 |P + S| 2＝ 3 |Q = R 4 |， 3| |+2× 2 =4× 2
因为 ，
2
2 2 2 4 2 4 4 3( +1)
| |= 1+ ⋅ ( 3+ 4) −4 3 4 = 1+ ⋅ ( 2 ) −4(− 2 )= 2
2 +3 2 +3 2 +3
第21页（共22页），
2 2
2 2 2 4 2 10 2 ( +1)(24 +30)
|又 2||P=S|＝13+|Q R|，⋅ ( 5+ 6) −4 5 6 = 1+ ⋅ ( 2 ) −4(− 2 )= 2
2 +3 2 +3 2 +3
所以 ，
2 2 2
4 ( +1)(24 +30) 12 3( +1)
整理得 2 = 2，
2 +3 2 +3
2 2
24 +30 =3 3⋅ +1
解得k＝±1，符合题意．
故存在直线l：y＝±x﹣1满足条件．
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第22页（共22页）
